ecuaciones diferenciales ordinarias

Ecuaciones DiferencialesOrdinarias

Jorge Trivino M

Profesor

Departamento de Matematicas

Universidad Amazonia

Florencia, Caqueta

Indice general

Introduccion 1

1. Ecuaciones diferenciales de primer orden 3

1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2. Ecuacion diferencial ordinaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Orden de una ecuacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4. Solucion de una ecuacion diferencial . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.5. Ecuacion lineal de orden n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.6. Familia de soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.7. Problema de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.8. Las isoclinas de una ecuacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.9. Separacion de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.10. Funciones homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.11. Ecuacion homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.12. Ecuaciones exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2. Ecuacion lineal de orden uno 31

2.1. Ecuacion lineal de orden uno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2. Determinacion de factores integrantes . . . . . . . . . . . . . . 33

2.3. Sustitucion sugerida por la ecuacion . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.4. Ecuacion Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

iii

iv Indice General

3. Aplicaciones elementales 45

4. Ecuaciones diferenciales de orden n 534.1. Motivacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.2. Consideremos la ecuacion diferencial lineal de orden n: . . . . 554.3. Independencia lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.4. El Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.5. Reduccion de orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.6. Ecuaciones lineales con coeficientes constantes . . . . . . . . . 594.7. Coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.8. Metodo de variacion de parametros . . . . . . . . . . . . . . . 644.9. Ecuacion de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

5. Sistemas de ecuaciones lineales 695.1. Valores propios repetidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.2. Valores propios de multiplicidad tres . . . . . . . . . . . . . . 755.3. Valores propios complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.4. Sistemas no homogeneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

6. Transformadas de Laplace 836.1. Transformada de Laplace de tn . . . . . . . . . . . . . . . . . 906.2. Translacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 936.3. Un producto especial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 946.4. Transformada inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . 956.5. Escalon unitario (Funcion de Heaviside) . . . . . . . . . . . . 966.6. Convolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.7. Transformada de Laplace de la convolucion . . . . . . . . . . . 1016.8. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

Bibliografıa 107

Introduccion

El objetivo de estas notas es presentar una introduccion a varios temasimportantes de la teorıa de las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO)tales como los teoremas de existencia y unicidad, sistemas lineales concoeficientes constantes, tambien se da una introduccion a la teorıa deestabilidad tanto para sistemas lineales como no lineales. Las notas soncompiladas de varias fuentes, en particular, he seguido los textos [1, 2, 3, 4, 5].

El trabajo consta de cinco capıtulos cuyo contenido pasamos a comentar.El primer capıtulo es muy breve en el se presenta terminologıa y algunosmetodos elementales.

En el tercero y cuarto capıtulos introducimos los sistema lineales tantohomogeneos como no homogeneos y presentamos distintos metodos deresolucion de sistemas con coeficientes constantes. En particular, resolverlos sistemas usando la exponencial de una matriz.

En el capıtulo cinco se presenta una introduccion a la teorıa de estabilidad,tanto en sistemas lineales como no lineales.

Este trabajo es un primer borrador y como tal no esta completamenteterminado. Por tal motivo espero comentarios y sugerencias para pulir estedocumento.

CAPITULO 1

Ecuaciones diferenciales de primer orden

1.1. Introduccion

Consideremos dos situaciones:

i) La caıda libre: dejar caer un cuerpo considerando unicamente la accionde la fuerza de gravedad. De la segunda ley de Newton tenemos que

ma = F lo que es equivalente ad2y

dt2= −g; ecuacion que representa

la aceleracion con que cae un cuerpo de masa m en el tiempo t.

Integrando una vez obtenemos quedy

dt= −gt + c1, ecuacion que

representa la velocidad con que cae un cuerpo de masam en el tiempo t.

Integrando nuevamente obtenemos que y(t) = −1

2gt2+ c1t+ c2 funcion

que representa la posicion del cuerpo de masa m en el tiempo t. Paraconocer los parametros c1 y c2 basta saber la posicion inicial y(0) = y0y la velocidad inicial V (0) = V0.

ii) Desintegracion radiactiva.Premisa: La desintegracion es proporcional a la cantidad presente desustancia radiactiva.Sea A(t) : La cantidad presente de sustancia en el tiempo t.

4 Ecuaciones diferenciales de primer orden

La rapidez con que se desintegra la sustancia es proporcional a lacantidad presente en el tiempo t. Lo anterior se puede expresar como:

dA

dt= −KA, donde K > 0. (1.1.1)

Intercambiando las variables tenemos quedA

A= −Kdt e integrando

obtenemos A(t) = Ce−Kt, donde C = ec1 .

Observacion 1.1.1. i) La integral es una herramienta importante parasolucionar ecuaciones diferenciales.

ii) La solucion de una ecuacion diferencial, es una funcion como y(t) o A(t).

iii) La solucion de una ecuacion diferencial no es unica.

iv) La funcion y(t) contiene dos parametros C1 y C2 y la funcion A(t)unicamente contiene un parametro.

v) Siempre que un modelo matematico implique la razon de cambio de unavariable con respecto de otra, es probable que aparezca una ecuaciondiferencial.

vi) En contraste con las dos situaciones presentadas; una ecuaciondiferencial puede ser muy compleja y difıcil de analizar.

vii) Las ecuaciones diferenciales surgen en una amplia gama de areas; nosolo en las ciencias fısicas, sino tambien en campos tan diversos, talescomo: la economıa, la medicina, la psicologıa y la investigacion deoperaciones.

Algunos ejemplos especıficos son:

1. El estudio de un circuito electrico,vease la Figura 1.1, un resistor, uninductor, un capacitor y una fuerza electromotriz. Aplicando las leyesde Kirchhoff obtenemos la siguiente ecuacion diferencial

Ld2q

dt2+R

dq

dt+

1

Cq = E(t),

donde L es la inductancia, R la resistencia, C la capacitancia, E(t) esla fuerza electromotriz, q(t) es la carga electrica y t es el tiempo.

1.1 Introduccion 5

Figura 1.1: Circuito RLC

2. En el estudio del equilibrio gravitacional de una estrella, una aplicacionde la ley gravitacional de Newton y la ley de Stefan-Boltzmann paralos gases, conduce a la siguiente ecuacion de equilibrio:

1

r2d

dr(r2

ρ

dpdr) = −4πρG, donde p es la suma de la presion cinetica

del gas y la presion de radiacion, r es la distancia desde el centro de laestrella, ρ es la densidad de la materia y G es la constante gravitacional.

3. En psicologıa, un modelo del aprendizaje de una tarea se expresamediante la ecuacion:

dy

dty

32 (1− y)

32

=2p√n,

donde y representa el estado del estudiante o su nivel de habilidad comouna funcion del tiempo. Las constantes p y n dependen del individuoconsiderado y de la naturaleza de la tarea.

4. En el estudio de las cuerdas vibrantes y la propagacion de ondas,

aparece la siguiente ecuacion en derivadas parciales:∂2u

∂t2− c2

∂u

∂x2= 0,

llamada la ecuacion de ondas, donde t representa el tiempo, x laposicion a lo largo de la cuerda y u es el desplazamiento de la cuerda,la cual esta en funcion del tiempo y la posicion.


Para iniciar el estudio de las ecuaciones diferenciales se debe comprenderuna terminologıa comun y propia.

1.2. Ecuacion diferencial ordinaria

Una ecuacion diferencial ordinaria de orden n, es una funcion que dependede una variable dependiente y todas sus derivadas con respecto a una variableindependiente.

La ecuacion diferencial ordinaria se puede denotar de la siguiente manera:

F(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)

)= 0 (1.2.1)

F(x, y,

dy

dx,d2y

dx2, . . . ,

dny

dxn

)= 0

Los siguientes son ejemplos de ecuaciones diferenciales ordinarias:

1.dy

dx= cos x

2.d2y

dx2+K2y = 0

3.d2x

dt2+ a

dx

dt+ kx = 0

4. (x2 + y2)dx− 2xydy = 0

5.∂2u

∂t2− ∂2u

∂x2= 0

6. Ld2i

dt2+R

di

dt+

1

Ci = EW cos(wt)

7.(d2wdx2

)2− xy

dw

dx+ w = 0

8.d3x

dt3+ x

dx

dt− 4xt = 0

9.d2y

dt2+ 7(dydt

)2− 8y = 0

1.3 Orden de una ecuacion 7

10. xdf

dx+ y

df

dy= nf

Observacion 1.2.1. i) Una variable es dependiente, si en la ecuacionaparece una derivada de dicha variable.

ii) La ecuacion (5) esta escrita en forma diferencial. Tambien tenemos que

(x2 + y2)dx− 2xydy ⇔

x2 + y2 − 2xy

dy

dx= 0

(x2 + y2)dx

dy− 2xy = 0

,

donde en la primera ecuacion y depende de x; y en la segundaecuacion x depende de y, es decir cualquier variable es dependienteo independiente.

iii) Identificar las variables independientes, las dependientes y los parame-tros en las ecuaciones del (1) al (11).

1.3. Orden de una ecuacion

El orden de una ecuacion es el mayor de los ordenes de las derivadas.El grado es la potencia mas alta a la que esta elevada la derivada de mayororden.

Ejemplo 1.3.1. indicar el orden y el grado de cada una de las ecuacionesdel (1) al (11).

Observacion 1.3.1. Dada la ecuacion (6.0.2), bajo ciertas restriccionesadecuadas podemos despejar yn, ası:

y(n) = f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1)

), (1.3.1)

donde (6.0.3) siempre es posible, en caso contrario se puede representar pormas de una ecuacion de la forma (6.0.3).

Ejemplo 1.3.2. La ecuacion x(y′)2+4y′−6x2 = 0 se puede representar pormedio de las ecuaciones

y′ =−2 +

√4 + 6x3

xo y′ =

−2−√4 + 6x3

x


1.4. Solucion de una ecuacion diferencial

La funcion ϕ(x) definida en el intervalo a < x < b es solucionde la ecuacion (6.0.3), si las n-derivadas existen en a < x < b, yϕ(n) = f(x, ϕ, ϕ′, ϕ′′, . . . , y(n−1)) para todo x en (a, b).

Ejemplo 1.4.1. Verificar que ϕ(x) = x2 − x−1 es solucion explıcita de la

ecuacion y′′− 2

x2y = 0. Derivando dos veces obtenemos que ϕ′(x) = 2x+x−2

y ϕ′′(x) = 2− 2x−3 son validas para todo x = 0. Luego ϕ′′− 2

x2ϕ = 0 es decir

que 2− 2x−3 − 2

x2(x2 − x−1) = 0 en (−∞, 0) ∪ (0,∞).

Ejemplo 1.4.2. Verificar que ϕ(x) = C1e−x + C2e

2x es solucion explıcitade la ecuacion y′′ − y′ − 2y = 0. Derivando dos veces obtenemos queϕ′(x) = −C1e

−x + 2C2e2x y ϕ′′(x) = C1e

−x + 4C2e2x. Ası ϕ′′ − ϕ′ − 2ϕ = 0,

es decir que C1e−x + 4C2e

2x + C1e−x − 2Cce

2x − 2(C1e−x + C2e

2x) = 0.

Ejemplo 1.4.3. la relacion y2 − x3 + 8 = 0 define de manera implıcita

una solucion dedy

dx=

3x2

2y. Derivando implıcitamente, obtenemos que:

2yy′ − 3x2 = 0 ody

dx=

3x2

2y.

Ejemplo 1.4.4. La relacion x+ y + exy = 0 define de manera implıcita unasolucion de (1 + xexy)y′ + 1 + yexy = 0

Ejemplo 1.4.5. Verificar que 4x2 − y2 = C, donde C es una constante

arbitraria, es solucion implıcita de ydy

dx− 4x = 0 y graficar varias de estas

curvas para C = 0, C = ±1 y C = ±4

1.5. Ecuacion lineal de orden n

Toda ecuacion diferencial lineal de orden n tiene la siguiente forma:

an(x)y(n) + an−1(x)y

(n−1) + . . .+ a2(x)y2 + a1(x)y

′ + a0(x)y = R(x)(1.5.1)

Observacion 1.5.1. i) Las funciones y, y′, y′′, . . . , y(n−1), y(n) son funcio-nes de primer grado, es decir su exponente es uno.

1.6 Familia de soluciones 9

ii) Cada coeficiente ai(x) depende de x.

iii) Las ecuaciones que no son lineales, reciben el nombre de ecuacionesno-lineales.

Ejemplo 1.5.1. Son lineales las siguientes ecuaciones: (y−x)dx+4xdy = 0,y′′ − 2y′ + y = 0; y y′′ + y = x3.Son no-lineales las siguientes ecuaciones: (1−y)y′+2y = ex, y′′−yy′ = cos x,y′′ + sen y = 0; y y(4) + y2 = 0.

1.6. Familia de soluciones

La ecuacion diferencial mas simple tiene la siguiente forma:

dy

dx= f(x), (1.6.1)

y su solucion es de la forma

y(x) =

∫f(x)dx+ c, en un intervalo (a, b). (1.6.2)

La expresion (5.0.6) se llama una familia de soluciones de la ecuaciondiferencial (5.0.5) con parametro c.

1.7. Problema de valor inicial

Un problema de valor inicial (P.V.I) de una ecuacion diferencial de ordenn, F (x, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0, significa: Hallar una solucion de la ecuaciondiferencial en un intervalo (a, b) que satisfaga en x0 las n condiciones iniciales

y(x0) = y0,

y′(x0) = y1,

y′′(x0) = y2,...

y(n−1)(x0) = yn − 1 ,

donde x0 pertenece al intervalo (a, b) y y0, y1, y2, . . . , yn−1 son constantesdadas.


Observacion 1.7.1. El termino condiciones iniciales proviene de lamecanica, en donde y(x0) = y0 normalmente representa la ubicacion de unobjeto en el tiempo t0, y f ′(x0) = y1 proporciona la velocidad del objeto enel mismo tiempo x0.

Ejemplo 1.7.1. El siguiente problema de valor inicial (P.V.I):dy

dx= 8 sen 4x

y(0) = 6, tiene como solucion general a la familia de funciones

y(x) = −2 cos 4x+ c. Como y(0) = −2 cos(0) + c = 6, entonces c = 8. Luegola solucion particular del P.V.I es de la forma: y(x) = −2 cos 4x + 8. (Hacerla grafica)

Ejemplo 1.7.2. El problema de valor inicial (P.V.I):

dy

dx= 2y

y(0) = 4, tiene como

solucion general a la familia y(x) = Ce2x. Aplicando la condicion inicial,podemos obtener la solucion particular y(x) = 4e2x. (Hacer la grafica)

Ejemplo 1.7.3. El siguiente problema de valor inicial (P.V.I):y′′ = 12x2

y(0) = 1

y′(0) = 2,

tiene como solucion a la familia y(x) = x4+c1x+c2 y como solucion particulary(x) = x4 + 2x+ x.

Ejemplo 1.7.4. Construir un problema de valor inicial para la siguientefamilia de cırculos:

(x− 2)2 + (y + 1)2 = c2 (1.7.1)

y hallar su solucion particular.Derivando implıcitamente la expresion (5.0.7), obtenemos quedy

dx=

−(x− 2)

y + 1con y = 1. Ahora, despejando la variable y en (5.0.7)

tenemos:

y = −1±√

c2 − (x− 2)2; (1.7.2)

1.8 Las isoclinas de una ecuacion 11

la familia obtenida en (5.0.8) se puede escribir como las siguientes familiasde cırculos:

y = −1 +√c2 − (x− 2)2 (1.7.3)

y = −1−√c2 − (x− 2)2. (1.7.4)

La familia (5.1.1) es solucion para y > −1 y la familia (5.1.2) es solucionpara y < −1.Las situaciones anteriores generan el siguiente problema de valor inicial:

P.V.I

dy

dx=

−(x− 2)

y + 1, y = 1

y(−1) = 2

Se debe elegir el parametro c de la familia (5.1.1), pues 2 > −1. Luego,y(−1) = −1 +

√c2 − (−3)2 = 2, donde c = 2. Por consiguiente, la solucion

buscada es de la forma

y(x) = −1 +√

18− (x− 2)2.

Ejemplo 1.7.5. Trace la grafica de varios miembros de la familia desoluciones de la ecuacion dy

dx= 8 sen 4x, para c = −1, 0, 1, 2; si la solucion

es de la forma y(x) = −2x cos 4x+ c.

1.8. Las isoclinas de una ecuacion

Dada la ecuacion diferencialdy

dx= f(x, y) esta funciona como una

maquina que asigna a cada punto coordenado (a, b) del dominio de f , algunadireccion con pendiente (a, b), es decir, dy

dx

∣∣(a,b)

= f(a, b). Una tecnica util para

visualizar soluciones de una ecuacion diferencial, consiste en trazar el campode direcciones de la ecuacion.¿Como construir un campo de direcciones de la ecuacion y′ = f(x, y)?Se puede construir siguiendo los siguientes pasos:

i) Determinar los puntos del plano xy que estan asociados con la pendientec; es decir todos los puntos donde f(x, y) = c, dicho lugar geometricose llama isoclina.


Figura 1.2: Curvas isoclinas

ii) Una vez determinadas las isoclinas, a lo largo de ellas se dibujanpequenos segmentos con pendiente igual al valor correspondiente dec.

Observacion 1.8.1. El anterior procedimiento recibe el nombre de: Metodode las isoclinas.

Ejemplo 1.8.1. Use el metodo de las isoclinas para trazar la solucion de la

siguiente ecuaciondy

dx= y, para c = 1, 2, 3,−1

2,−1, 2.

La anterior grafica representa para la ecuacion dydx

= y, las isoclinas (lıneasrectas), el campo de direcciones (linea en trazos cortos) y las soluciones(curvas).

Ejemplo 1.8.2.dy

dx= x2 + y2. Las isoclinas son cırculos con ecuacion

x2+ y2 = c, c > 0. En la grafica se ilustra dos de estas isoclinas, el campo dedirecciones con algunas curvas solucion.

1.8 Las isoclinas de una ecuacion 13

Figura 1.3: Curvas isoclinas

El siguiente teorema garantiza cuando un problema de valor inicial (P.V.I)tiene solucion unica.

Teorema 1.8.1. Dado el problema de valor inicial

P.V.I

dy

dx= f(x, y)

y(x0) = y0,

suponganse que f y ∂f∂y

son continuas en el rectangulo

R = {(x, y) : a < x < b, c < y < d}

que contiene al punto (x0, y0). Entonces el problema de valor inicial (P.V.I)tiene una unica solucion Φ(x) en algun intervalo x0 − h < x < x0 + hdonde h es un numero positivo. La siguiente figura ilustra geometricamenteel teorema.

Ejemplo 1.8.3. Dado el siguiente problema de valor inicial

P.V.I

dy

dx= x2 − xy3

y(1) = 6,


Figura 1.4: Ilustracion geometrica del teorema

¿Implica el teorema (4.2.1), la existencia de una solucion unica?

Las dos funciones f(x) = x2−xy3 y∂f

∂x= −3xy2 son continuas en cualquier

intervalo que contenga el punto (1, 6). Luego se cumplen las hipotesis delteorema (4.2.1). Por consiguiente el problema de valor inicial planteadoanteriormente tiene una unica solucion en cualquier intervalo con centro enx = 1, de la forma (1− h, 1 + h) con h > 0.

Ejemplo 1.8.4. Para el siguiente problema de valor inicial (P.V.I):

P.V.I

dy

dx= 3y

23

y(2) = 0,

responder la misma pregunta planteada en el ejemplo anterior.

Notese que f(x, y) es continua, pero∂f

∂y= 2y

−13 , no satisface la condicion

inicial, es decir que no existe un rectangulo que contenga el punto (2, 0) donde

f(x, y) y∂f

∂ysean continuas.

1.9. Separacion de variables

Este metodo fue descubierto por Leibniz y formalizado por JohannBernoulli.

1.9 Separacion de variables 15

Dada la ecuaciondy

dx= f(x, y), (1.9.1)

si existen funciones g(x) y p(y) tales que f(x, y) = g(x)p(y), entonces la

ecuacion (6.0.5) se puede expresar comody

dx= g(x)p(y) o

h(y)dy

dx= g(x), (1.9.2)

donde h(y) =1

p(y)con p(y) = 0. Denotando con H(y) y G(x) las

antiderivadas de h(y) y g(x) respectivamente. es decir H ′(y) = h(y) yG′(x) = g(x) la ecuacion (6.0.6) queda de la siguiente forma:

H ′(y)dy

dx= G′(x). (1.9.3)

Ahora, sea y(x) una solucion de la ecuacion (6.0.7). Entonces (6.0.7) se puede

expresar comod

dx[H(y(x))], ecuacion que al integrarla con respecto a x queda

como ∫d

dx[H(y(x))]dx =

∫d

dx[G(x)]dx+ c,

o, H(y(x)) = G(x) + c lo que es equivalente a H(y) = G(x) + c, la cualdefine la solucion y(x) implıcitamente.

Observacion 1.9.1. La ecuacion (6.0.6) se puede resolver de una forma masdinamica tratando a dx y dy como diferenciales.

Ejemplo 1.9.1. Un objeto cae hacia la tierra; suponiendo que las unicasfuerzas que actuan sobre el objeto son la gravedad y la resistencia del aire,determine la velocidad del objeto como una funcion del tiempo. Por lasegunda ley de Newton tenemos:

ma = F ⇔ mdv

dt= Fg − FR ⇔ m

dv

dt= mg − kv ⇔ dv

mg − kv=

1

mdt

Con esto podemos plantear el siguiente problema de valor inicial:

P.V.I

dv

mg − kv=

1

mdt

v(0) = V0


Integrando y haciendo el cambio de variable u = mg − kv obtenemos que−du

k= kv y∫

dv

mg − kv=

1

m

∫dt+ c ⇔ −1

k

∫du

u=

1

mt+ c ⇔

− 1

kln |mg − kv| = t

m+ c ⇔ ln |mg − kv| = −kt

m− ck ⇔

mg − kv = e−ktm e−ck ⇔ kv = mg − e−

ktm e−ck ⇔

v(t) =mg

k− 1

ke−

ktm e−kc, (1.9.4)

que es la velocidad del objeto en el tiempo t. Aplicando la condicion inicialv(0) = V0 tenemos que

v(0) =mg

k− 1

ke−kc = v0 ⇔ e−kc = mg − kv0 (1.9.5)

Reemplazando (5.4.4) en (6.0.8), obtenemos que

v(t) =mg

k− 1

ke−

ktm (mg − kv0) ⇔ v(t) =

mg

k+ (v0 −

mg

k)e−

ktm

¿Que ocurre cuando t −→ ∞?

Cuando t −→ ∞, v(t) =mg

k, se llama velocidad limite o terminal. A

continuacion se presentan algunas curvas solucion del problema de valorinicial.

Observacion 1.9.2. i) Si v0 >mg

kel objeto reduce su velocidad y la

curva decrece.

ii) Si v0 <mg

kel objeto aumenta su velocidad y la curva crece.

iii) Mientras mas pesa el objeto, mas rapido cae.

iv) Si la resistencia del aire es muy pequena, tambien cae rapidamente.

Resolver las siguientes ecuaciones, separando variables.

Ejemplo 1.9.2.dy

dx=

x− 5

y2⇔∫y2dy =

∫(x− 5)dx+ c

⇔ y3

3=

x2

2= −5x+ c ⇔ y(x) = (

3

2)x2 − 15x+ k, donde k = 3c.

1.9 Separacion de variables 17

Figura 1.5: Curvas solucion

Ejemplo 1.9.3.dy

dx=

2y

x; x > 0, y > 0

¿Garantiza el teorema de existencia, la solucion de la ecuacion?

dy

dx=

2y

x⇔∫

dy

y= 2

∫dx

x+ln c ⇔ ln |y| = 2 ln |x|+ln c ⇔ ln(y) = ln(cx2) ⇔ y = cx2,

c > 0.

Ejemplo 1.9.4.dy

dx=

2y

x, x = 0. Hay que considerar dos casos:

i) Si y = 0, entoncesdy

dx= 0, luego y = 0.

ii) Si y = 0, entonces |y| = cx2

Ejemplo 1.9.5. P.V.I

dy

dx=

y − 1

x+ 3y(−1) = 0

⇔∫

dy

y − 1=

∫dx

x+ 3+ ln |c| ⇔

ln |y − 1| = ln |x + 3| + ln |c| ⇔ ln |y − 1| = ln |c(x + 3)| ⇔ y − 1 = c(x + 3)Luego, la solucion general es y(x) = 1 + c(x + 3). Aplicando la condicion


inicial tenemos que: y(−1) = 1 + (−1 + 3) = 0 ⇔ c = −1

2, ası la solucion

particular tiene la siguiente forma y(x) = −x

2− 1

2

1.10. Funciones homogeneas

¿Que grado tienen los siguiente polinomios?

p(x, y) = x2 − 3xy + 4y2 (grado 2)

q(x, y) = x3 + y3 (grado 3)

r(x, y) = x4y + x2y3 (grado 5)

Estos polinomios son homogeneos, ya que cada uno de sus terminos tiene elmismo grado.La funcion f(x, y) es homogenea de grado k en las variables x e y si y solo si

f(λx, λy) = λkf(x, y)

Ejemplo 1.10.1. Indicar de que grado son las siguientes funciones:

1. f(x, y) = 2y3exy − x4

x+ 3y

2. f(x, y) =x√

x2 + y2

3. f(x, y) =√x+ 6y

4. f(x, y) =x√

x2 + y2+ 5

Teorema 1.10.1. Si M(x, y) y N(x, y) son homogeneas del mismo grado, la

funcionM(x, y)

N(x, y)es homogenea de grado cero.

Demostracion. Por hipotesis M(λx, λy) = λkM(x, y) y N(λx, λy) =λkN(x, y), entoncesM(x, y)dx+N(x, y)dy = λkM(x, y)dx+λkN(x, y)dy = 0

dy

dx= −λkM(x, y)

λkN(x, y)= −λ0M(x, y)

N(x, y)= −f(x, y)

1.11 Ecuacion homogenea 19

Teorema 1.10.2. Si f(x, y) es homogenea de grado cero, entonces f(x, y)es solamente una funcion de ( y

x). (Es decir −f(x, y) = g( y

x))

Demostracion. Como f(x, y) es homogenea de grado cero, entoncesdy

dx=

f(x, y) por teorema 4.2.2.Sea y = xz, entonces f(x, y) = f(x, xz) = x0f(1, z) = f(1, y

x) = g( y

x). Luego

f(x, y) = g(yx

).

1.11. Ecuacion homogenea

La ecuacion

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, (1.11.1)

es homogenea si M(x, y) y N(x, y) son funciones homogeneas del mismogrado.¿Como resolver una ecuacion homogenea?Los teoremas (4.2.2) y (1.10.2) garantizan que la ecuacion (5.4.5) se puedaescribir de la siguiente forma:

dy

dx+ g(yx

)= 0 (1.11.2)

Sea

y = xz, (1.11.3)

entoncesdy

dx= z + x

dz

dx(1.11.4)

Reemplazando (5.4.7) y (5.4.8) en la ecuacion (5.4.6) obtenemos que:

z + xdz

dx+ g(z) = 0 ⇔ x

dz

dx= −[z + g(z)] ⇔ dz

z + g(z)= −dx

x⇔∫

dz

z + g(z)= −

∫dx

x+ ln |c| ⇔ H(z) = ln | c

x| ⇔ c = xeH( y

x)


Observacion 1.11.1. El metodo funciona si se hace x = yz(x

y) = z,

derivando tenemos quedx

dy= z + y

dz

dy. De

dx

dy+ h(x

y) = 0, tenemos que

z + ydz

dy+ h(z) = 0 ⇔ c = ye

xy .

Ejemplo 1.11.1. Resolver la ecuacion (x2 − xy + y2)dx− xydy = 0.

dy

dx=

x2 − xy + y2

xy=

x

y− 1 +

y

x(1.11.5)

Haciendoz =

y

x, (1.11.6)

tenemos quedy

dx= z + x

dz

dx. (1.11.7)

Reemplazando (6.0.9) y (6.0.10) en la ecuacion (5.4.9), tenemos que:

z + xdz

dx=

1

z− 1 + z ⇔

∫zdz

1− z= −

∫dx

x+ ln |c| ⇔

∫(1 +

1

1− z)dz =

− ln |x|+ ln |c| ⇔ z + ln |1− z| = ln | cx| ⇔ ez =

x

x(z − 1)⇔

eyxx(

y

x− 1) = c

Observacion 1.11.2. Al hacer la sustitucion z =x

y, tambien se puede

resolver la ecuacion. (Ejercicio)

Ejemplo 1.11.2. Resolver la ecuacion

xydx+ (x2 + y2)dy = 0, (1.11.8)

haciendo

z =x

y(1.11.9)

ydx

dy= z + y

dz

dy. (1.11.10)

1.11 Ecuacion homogenea 21

De la ecuacion (6.0.11) tenemos que

dx

dy= −x

y− y

x. (1.11.11)

Reemplazando (6.0.12) y (4.9.2) en la ecuacion (4.9.3) tenemos que:

z + ydz

dy= −z − 1

z⇔ zdz

2z2 + 1= −dy

y.

Integrando vamos a obtener:∫zdz

2z2 + 1= −

∫dy

y+ ln |c1|,

realizando cambio de variables tenemos:

1

4ln |2z2 + 1| = ln |c1

y| ⇔ y2(2x2 + y2) = c,

donde c = c41.

Ejemplo 1.11.3. Resolver la siguiente ecuacion xydx + (x2 + y2)dy = 0,

considerando z =y

x, y = xz. (Tarea)

dy

dx=

−y

x

1 + (y

x)2

⇔ z + xdz

dx= − z

1 + z2⇔ x

dz

dx= −z3 + 2z

z2 + 1separando

variables e integrando tenemos que

∫(z2 + 1)

z(z2 + 2)dz = −

∫dx

x+ ln |c1|,

haciendo el siguiente cambio de variable u = z2 + 1,du

2= zdz obtenemos

1

2

∫udu

z2(z2 + 1 + 1)= ln |c1

x| ⇔ 1

2

∫udu

(u− 1)(u+ 1);

u

(u− 1)(u+ 1)=

A

u− 1+

B

u+ 1, A = B =

1

2.

1

2

[12

∫du

u− 1+

1

2

∫du

u+ 1

]= ln |c1

x| ⇔ 1

4

[ln |u− 1|+ ln |u+1|

]= ln |c1

x| ⇔

ln |(u − 1)(u + 1)| = ln |c1x|4 ⇔ (u − 1)(u + 1) =

c41x4

⇔ z2(z2 + 1 =c

x4) ⇔

x4[y2x2

(y2

x2+ 2)

]= c ⇔ y2(y2 + 2x2) = c


1.12. Ecuaciones exactas

Dada la ecuacion

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, (1.12.1)

en la que la separacion de variables no es posible. Supongamos que se puedeencontrar una funcion F (x, y) tal que:

dF = M(x, y)dx+N(x, y)dy (1.12.2)

De las ecuaciones (4.9.4) y (1.12.2) tenemos

F (x, y) = c (1.12.3)

La ecuacion (1.12.3) define de manera implıcita un conjunto de solucionespara (4.9.4). De tenemos (1.12.3)

dF = 0 (1.12.4)

De las ecuaciones (1.12.2) y (1.12.4) M(x, y)dx +N(x, y)dy = 0 =∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy. Cuando ocurre lo anterior decimos que la ecuacion (4.9.4) es exacta

y ademas∂F

∂x= M(x, y) y

∂F

∂y= N(x, y).

Teorema 1.12.1. Si M(x, y), N(x, y),∂M

∂yy∂N

∂xson funciones continuas,

entonces M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 es exacta si y solo si∂M

∂y=

∂N

∂x

Condicion necesaria: como M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 es exacta, entoncesexiste F (x, y) tal que

∂F

∂x= My

∂F

∂y= N. (1.12.5)

Ademas∂2F

∂y∂x=

∂2F

∂x∂y⇔ ∂

∂y(∂F

∂x) =

∂

∂x(∂F

∂y) ⇔

∂M

∂y=

∂N

∂x(1.12.6)

1.12 Ecuaciones exactas 23

Condicion suficiente: Mostraremos que la condicion (6.0.14) nos permiteconstruir una funcion F (x, y) que cumpla las ecuaciones (6.0.13).

∂F

∂x= M ⇔

∫∂F

∂xdx±

∫Mdx+H(y) ⇔ F (x, y) =

∫Mdx+H(y) ⇔

H(y) = F (x, y)−∫

Mdx ⇔ H ′(y) =∂F

∂y− ∂

∂y

∫Mdx,

∂F

∂y= N ⇔

H(y) =

∫ [N − ∂

∂y

∫Mdx

]︸︷︷︸

funcion de y

dy

Como el integrando es funcion de la variable y, entonces ⇔ ∂

∂x

[N −

∂

∂y

∫Mdx

]= 0 ⇔ ∂N

∂x− ∂

∂y

∂

∂x

∫Mdx = 0 ⇔ ∂N

∂x− ∂M

∂y= 0 ⇔ ∂N

∂x=

∂M

∂y

Ejemplo 1.12.1. Dada la ecuacion 3x(xy − 2)dx + (x3 + 2y)dy = 0, ¿esexacta? Si lo es resuelvala.

De M = 3x2y − 6x, tenemos que∂M

∂y= 3x2.

De N = x3 − 2y, tenemos que∂N

∂x= 3x2.

Luego∂M

∂y= 3x2 =

∂N

∂x, ası la ecuacion dada es exacta, existe F (x, y) tal

que∂F

∂x= M y

∂F

∂y= N .

∂F

∂x= M

∂F

∂y= N∫

∂F

∂xdx =

∫(3x2y − 6x)dx+H(y)

∂F

∂ydy =

∫(x3 + 2y)dy +G(x)

F (x, y) = x3y − 3x2 +H(y) F (x, y) = x3y + y2 +G(x)

H(y) = F (x, y)− (x3y − 3x2) G(x) = F (x, y)− (x3y + y2)

H ′(y) =∂F

∂y− ∂

∂y(x3y − 3x2) G′(x) =

∂F

∂x− ∂

∂x(x3y + y2)

H ′(y) = x3 + 2y − x3 = 2y G′(x) = 3x2y − 6x− 3x2y = −6x

H(y) = y2 G(x) = −3x2

F (x, y) = x3y − 3x2 + y2 = c G(x) = x3y + y2 − 3x2 = k


Ejemplo 1.12.2. Resolver la siguiente ecuacion:

(yexy cos 2x− 2exy sen 2x+ 2x)︸︷︷︸M

dx+ (xexy cos 2x− 3)︸︷︷︸N

dy = 0

∂M

∂y= (exy cos 2x+ xy cos 4x)− 2xexy sen 2x

∂N

∂x= (exy cos 2x+xyexy cos 2x)−2exy sen 2x, luego tenemos que

∂M

∂y=

∂N

∂x,

como la ecuacion es exacta, existe F (x, y) tal que∂F

∂x= M y

∂F

∂y= N.

∂F

∂y= xexy cos 2x ⇔ F (x, y) =

∫(xexy cos 2x − 3)dy + G(x) ⇔ F (x, y) =

x cos 2x∫exydy − 3

∫dy + G(x) ⇔ F (x, y) =

x cos 2xexy

x− 3y + G(x) ⇔

F (x, y) = cos 2xexy − 3y + G(x) ⇔ G(x) = F (x, y) − (cos 2xexy − 3y) ⇔G′(x) =

∂F

∂x− ∂

∂x(cos 2xexy − 3y) ⇔ G′(x) = yexy cos 2x − 2exy sen 2x +

2x − y cos 2xexy + 2 sen 2xexy ⇔ G′(x) = 2x ⇔ G(x) = x2 ⇔ F (x, y) =cos 2xexy − 3y + x2 = c.

Ejercicio 1.12.1. En los siguientes ejercicios, indique si las ecuacionesdiferenciales dadas son: lineales o no lineales, ordinarias, parciales, lasvariables independientes, dependientes y el orden de cada una.

1. 3d2x

dt2+ a

dx

dt+ 9x = 2 cos 3t (Vibraciones mecanicas, circuitos

electricos, sismologıa).

2.d2y

dx2− 2x

dy

dx+ 2y = 0 (Ecuacion de Hermite: Mecanica cuantica,

oscilador armonico).

3.dy

dx=

y(2− 3x)

x(1− 3y)(Ecologıa: competencia entre dos especies).

4.∂2u

∂x2+∂2u

dy2= 0 (Ecuacion de Laplace: teorıa de potencial, electricidad,

calor, aerodinamica).

5.dp

dt= kp(P − p), k, p ∈ R (Curva logıstica, epidemiologıa, economıa).


6.dx

dt= (4− x)(1− x) (Velocidad de reaccion quımica).

7. y[1 +

(dydx

)2]= c, c es constante (Problema de la braquistocrona,

calculo de variaciones).

8.√1− y

d2y

dx2+2x

dy

dx= 0 (Ecuacion de Kidder: flujo de un gas a traves

de un medio poroso).

9. xd2y

dx2+

dy

dx+ xy = 0 (Aerodinamica: analisis de tension mecanica).

10.∂N

∂t=

∂2N

∂r2+

1

r

∂N

∂r+KN, K ∈ R (Fision nuclear).

11.d

dt

(y

√1 +

d3y

dt3

)= g(t).

12.d

dx

[g(x)

d5y

dx5

]= w(x)

Ejercicio 1.12.2. En los siguientes ejercicios, verifique que la funcionindicada es solucion de la ecuacion diferencial dada.

1. y = sen x+ x2 99K d2y

dx2+ y = x2 + 2

2. θ = 2e3t − e2t 99K d2θ

dt2− θ

dθ

dt+ 3θ

3. y = e−x

∫ x

0

et

1 + t2dt 99K y′ + y = (1 + x2)−1

4. y − ln y = x2 + 1 99K dy

dx=

2xy

y − 1

5. y = (cos x| ln(cosx)|) + x sen x 99K d2y

dx2+ y = sec x

6. exy + y = x− 1 99K dy

dx=

e−xy − y

e−xy + x


7. Determine los valores λ para los que la funcion ϕ(x) = xλ es una

solucion de la ecuacion 3x2 d2y

dx2+ 11x

dy

dx− 3y = 0.

8. Determine los valores de λ para los que la funcion ϕ(x) = eλx es una

solucion de la ecuaciond3y

dx3+ 3

d2y

dx2+ 2

dy

dx= 0.

9. Considere la ecuacion diferencialdy

dx= x+ sen y

i) Una curva solucion pasa por el punto (1,π

2). ¿Cual es su pendiente

en ese punto?

ii) Justifique que cada curva solucion es creciente para x > 1.

iii) Muestre que la segunda derivada de cada solucion satisface:

d2y

dx2= 1 + cos y +

1

2sen 2y.

iv) Una curva solucion pasa por el punto (0, 0). Demuestre que lacurva tiene un mınimo relativo en (0, 0).

10. Demuestre que la familia de circulos (x+ 1)2 + (y− 3)2 = c2 puede serinterpretada como dos familias de soluciones para la ecuacion

dy

dx= −(x+ 1)

y − 3.

Ejercicio 1.12.3. Para cada ecuacion dibuje varias isoclinas con losindicadores de direccion apropiados y bosqueje varias curvas solucion.

1. y′ = x

2. y′ =3− y

2

3. y′ = xy

Ejercicio 1.12.4. Aplique el teorema de existencia y unicidad a las siguientesecuaciones:


1.

dy

dx= x3 − y3

y(0) = 6

2.

xdx

dt+ 4t = 0

x(2) = −π

3.

ydy

dx= x

y(1) = 0

4. f(x, y) =x− y

2x+ 6y

Ejercicio 1.12.5. Resuelva las siguientes ecuaciones separando variables.

1.dy

dx=

sec2 y

1 + x2

2. y−1dy + yecosx sen xdx = 0

3. xy′ = (1− y2)12

4. y lnx ln ydx+ dy = 0

5.

dy

dx= 2

√y + 1 cos x

y(π) = 0

6. Muestre que toda ecuacion de la formady

dx= f(ax+by+c), b = 0 es de

variables separables mediante la siguiente sustitucion:u = ax+ by + c.use lo anterior para resolver

dy

dx=

1− x− y

x+ y;

dy

dx− 2 = (y − 2x+ 3)

12 .

Ejercicio 1.12.6. Determine en cada caso si la funcion dada es homogeneao no lo es. En caso de que la ecuacion sea homogenea establezca el grado dela funcion.


1. f(x, y) = x+ y −√xy

2. f(x, y) = ex

3. f(x, y) = (x2 + y2)e2xy

4. f(x, y) = ln x− ln y +x+ y

x− y

5. f(x, y) = x3 + y3 + 1

Ejercicio 1.12.7. Resolver las siguientes ecuaciones homogeneas.

1. 3(3x2 + y2)dx− 2xydy = 0

2.dy

dx=

y

x+ 4ye−2xy

3. 4x− 3y + y′(2y − 3x) = 0

4. x cos( yx)dy

dx= y cos( y

x)− x

5. xdy

dx= y(ln y − lnx)

6.

{(x− y)dx+ (3x+ y)dy = 0

y(3) = −2

Ejercicio 1.12.8. ¿Para que valores de α las ecuaciones dadas son exactas?

1. (3xy2 + 20x2y3)dy

dx= 2x− y3 − αxy4

2. αxe2xydy = −(ye2xy + x)dx

3. HalleN(x, y) tal que la ecuacion diferencial

√y

x+

x

x2 + y+N(x, y)

dy

dx=

0 sea exacta.

Ejercicio 1.12.9. Muestre si las siguientes ecuaciones son exactas y resuelvalas que no son.

1. (y sen x− sen y)dx− (x cos y + cos x)dy = 0


2. (ax− by)dy

dx= αy − βx

3. (xexy cos 2x− 3)dy

dx= 2exy sen 2x− yexy cos 2x− 2x

4.

{(y2 cosx− 3x2y − 2x)dx+ (2y senx− x3 + ln y)dy = 0

y(0) = e

CAPITULO 2

Ecuacion lineal de orden uno

2.1. Ecuacion lineal de orden uno

Es de la forma

A(x)dy

dx+B(x)y = C(x), A(x) = 0. (2.1.1)

La ecuacion anterior se puede escribir de la siguiente forma:

dy

dx+ P (x)y = Q(x), (2.1.2)

donde P (x) =B(x)

A(x)y Q(x) =

C(x)

A(x). La ecuacion (2.1.2) se llama la forma

canonica de la ecuacion (2.1.1). Supongamos que para la ecuacion (2.1.2)existe un ”factor de integracion”, V (x) > 0. Entonces

V (x)[dy

dx+ P (x)y] = V (x)Q(x), (2.1.3)

es exacta.La ecuacion (2.1.3) es equivalente a:

V (x)dy + V (x)P (x)ydx = V (x)Q(x)dx,

32 Ecuacion lineal de orden uno

o,

[V (x)P (x)y − V (x)Q(x)]dx+ V (x)dy = 0,

donde M(x, y) = V (x)P (x)y − V (x)Q(x); N(x, y) = V (x) y∂M

∂y= V (x)P (x);

∂N

∂x=

dV

dx. Como la ecuacion (2.1.3) es exacta

∂M

∂y=

∂N

∂x

y por consiguiente V P =dV

dx, que al separar variables e integrar, obte-

nemos:∫P (x)dx =

∫dV

V+ ln |C1|, o,

∫P (x)dx = ln |c1V |, de donde

V (x) = ce∫P (x)dx, con c =

1

c1. Notese que si c = 1, entonces

V (x) = e∫P (x)dx, (2.1.4)

funcion que se llama factor de integracion.Veamos que la ecuacion (2.1.4) es un factor de integracion para (2.1.2), esdecir que:

e∫P (x)dx[

dy

dx+ P (x)y] = e

∫P (x)dxQ(x) (2.1.5)

es exacta. Vamos a ver de donde sale lo anterior: e∫P (x)dxdy+[e

∫P (x)dxP (x)y−

e∫P (x)dxQ(x)]dx = 0, donde

∂M

∂y= P (x)e

∫P (x)dx =

∂N

∂x, luego la ecuacion

(2.1.2) es exacta. Ahora, de la ecuacion (2.1.5): e∫P (x)dx dy

dx+e

∫P (x)dxP (x)y =

e∫P (x)dxQ(x), lo cual es equivalente a:

d

dx[ye

∫P (x)dx] = Q(x)e

∫P (x)dx. (2.1.6)

Integrando la ecuacion (2.1.5) obtenemos: ye∫P (x)dx =

∫Q(x)e

∫P (x)dxdx+ c,

o,

y(x) = e−∫P (x)dx[

∫Q(x)e

∫P (x)dxdx+ c], (2.1.7)

que es la solucion de la ecuacion (2.1.2).

Observacion 2.1.1. Para resolver la ecuacion lineal (2.1.2), se puede optarpor utilizar directamente la formula (2.1.7) o partir de la expresion (2.1.6),que suele ser mas comoda.

2.2 Determinacion de factores integrantes 33

Ejemplo 2.1.1. Resolver la ecuacion 2(y − 4x2dx + xdy = 0). Inicialmentellevaremos la ecuacion dada a la forma canonica de la siguiente manera:

2y − 8x2 + xdy

dx= 0 ⇔

dy

dx+

2

xy = 8x (Forma canonica).

De la ultima ecuacion tenemos que P (x) =2

x, Q(x) = 8x y e

∫P (x)dx =

e2∫

dxx = e2 lnx = x2, utilizando la ecuacion (2.1.6), tenemos que:

d

dx[yx2] = 8x(x2) = 8x3.

Integrando ambos miembros de la ecuacion yx2 =∫8x3dx+ c, de donde

y(x) = 2x2 + cx−2.

Ejemplo 2.1.2. Resolver la siguiente ecuacion ydx+ (3x− xy + 2)dy = 0.Esta ecuacion no se puede llevar a la forma canonica conocida, pero se puede

llevar a la otra forma:dx

dy+P (y)x = Q(y). Es decir que ydx+(3x−xy+2)dy =

0 ⇔ ydy

dx+3x−xy+2 = 0 ⇔ dx

dy+

3

yx−x+

2

y= 0 ⇔ dx

dy+(3y+1)x = −2

y,

esta es la forma canonica que necesitamos, donde P (y) =3

y− 1, Q(y) = −2

y,

X(y) = e−∫P (y)dy[

∫Q(y)e

∫P (y)dy + c] y

d

dy[xe

∫P (y)dy] = Q(y)e

∫P (y)dy. Luego

e∫P (y)dy = e

∫3y−1dy = eln |y|3−y = |y|3e−y =

{y3e−y, si y > 0

−y3e−y, si y < 0. Ası,

d

dy[xy3e−y] = −2

y(y3e−y), integrando xy3e−y = −2

∫y2e−ydy+ c, integrando

por partes el segundo miembro dos veces, obtenemos

xy3 = 2y2 + 4y + 4 + cey.

2.2. Determinacion de factores integrantes

Dada la ecuacion

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.2.1)


que no es exacta. Si existe una funcion U(x, y) tal que

UMdx+ UNdy = 0 (2.2.2)

es exacta, entonces la funcion U(x, y) se llama factor de integracion para laecuacion (2.2.1).¿Como hallar factores de integracion?

Como la ecuacion (6.1.1) es exacta se cumple que∂

∂y(UM) =

∂

∂x(UN),

diferenciando parcialmente a ambos lados, tenemos que U∂M

∂y+ M

∂U

∂y=

U∂N

∂x+N

∂U

∂x, la cual es equivalente a

U [∂M

∂y− ∂N

∂x] = N

∂U

∂x−M

∂U

∂y, (2.2.3)

la cual es una ecuacion en derivadas parciales casi imposible de resolver porel momento. Para simplificar la situacion, consideremos los siguientes casos:

i) Si U(x, y) = U(x), entonces

∂U

∂x=

dU

dx;∂U

∂y= 0 (2.2.4)

Reemplazando la ecuacion (6.1.3) en (6.1.2) tenemos: U [∂M

∂y− ∂N

∂x] =

NdU

dx⇔ dU

Udx=

∂M∂y

− ∂N∂x

N= f(x) ⇔ dU

U= f(x)dx ⇔ ln |U | =

e∫f(x)dx ⇔ U(x) = e

∫f(x)dx que es el factor de integracion en funcion

de x.

ii) Si U(x, y) = U(y), entonces

∂U

∂y=

dU

dy;∂U

∂x= 0 (2.2.5)


∂y− ∂N

∂x] =

−M∂U

∂y⇔ dU

Udy=

∂M

∂y− ∂N

∂x

−M= g(y) ⇔ dU

U= g(y)dy ⇔ ln |U | =

e∫g(y)dy ⇔ U(y) = e

∫g(y)dy que es el factor de integracion en funcion de

y.


iii) Si U(x, y) = xy = z, entonces

∂U

∂x= y;

∂U

∂y= x (2.2.6)


∂y− ∂N

∂x] =

Ny − Mx ⇔ 1

U=

∂M

∂y− ∂N

∂x

Ny −Mx= P (z),

∫dU

U=

∫P (z)dz ⇔

U(x, y) = eP (z)dz que es el factor de integracion en funcion de x e y.

iv) Si U(x, y) = x− y = z, entonces

dU

dx= 1 ;

dU

dy= −1 (2.2.7)


∂y− ∂N

∂x] =

N +M ⇔ 1

U=

∂M

∂y− ∂N

∂x

N +M= h(z),

∫dU

U=

∫h(z)dz ⇔ ln |U | =∫

h(z)dz ⇔ U(x, y) = e∫h(z)dz que tambien es un factor de integracion

en funcion de x e y.

v) Si U(x, y) = x+ y = z, entonces

dU

dx= 1 ;

dU

dy= 1 (2.2.8)


∂y− ∂N

∂x] =

N + M ⇔ 1

U=

∂M

∂y− ∂N

∂x

N +M= t(z),

∫dU

U=

∫t(z)dz ⇔ ln |U | =∫

t(z)dz ⇔ U(z) = e∫t(z)dz que tambien es un factor de integracion en

funcion de z.

Ejemplo 2.2.1. Resolver las siguientes ecuaciones, hallando un factor deintegracion.


ydx+ (x2y − x)dy = 0

Como M(x, y) = y y N(x, y) = x2y− x, entonces∂M

∂y= 1 y

∂N

∂x= 2xy− 1;

por lo tanto

∂M

∂y− ∂N

∂x

N=

1− (2xy − 1)

x2y − x=

2(1− xy)

x(xy − 1)= −2

x= f(x) Luego

el factor de integracion en funcion de x es U(x) = e∫f(x)dx = x2. Ahora,

x−2[ydx + (x2y − x)dy] = 0, o, x−2dx + (y − x−1)dy = 0, es una ecuacion

exacta, con M(x, y) = x−2y; N(x, y) = y−x−1 y∂M

∂y= x−2 =

∂N

∂x. Como la

ecuacion es exacta, existe una funcion F (x, y) tal que∂F

∂x= M y

∂F

∂y= N .

Partamos de la primera ecuacion∂F

∂x= M = x−2y e integrando respecto a

x obtenemos que

F (x, y) =

∫x−2ydx+H(y). (2.2.9)

Ahora hallemos H(y): Como H(y) = F (x, y) −∫x−2ydx, entonces H ′(y) =

∂F

∂y+

∂

∂y(x−1y) = y − x−1+x−1

= y de donde

H(y) =y2

2. (2.2.10)

Reemplazando la ecuacion (2.2.10) en (2.2.9), obtenemos la solucion de laecuacion

F (x, y) = −x−1y +y2

2= c.

Ejemplo 2.2.2.

y(x+ y + 1)dx+ x(x+ 3y + 2)dy = 0.

De M(x, y) = xy + y2 + y y N(x, y) = x2 + 3xy + 2x tenemos que∂M

∂y=

x+ 2y + 1 ;∂N

∂x= 2x+ 3y + 2 y

∂M

∂y− ∂N

∂x

−M=

x+ 2y + 1− 2x− 3y − 2

−(xy + y2 + y)=

−(x+ y + 1)

−y(x+ y + 1)=

1

y= g(y) luego, el factor de integracion U(y) = e

∫g(y)dy =


y. Entonces y[(xy+y2+y)dx+(x2+3xy+2x)dx] = 0 es exacta conM(x, y) =

(xy2+y3+y2); N(x, y) = (yx2+3xy2+2xy) y∂M

∂y= 2xy+3y2+2y =

∂N

∂x.

Luego, existe F (x, y) tal que∂F

∂x= M y

∂F

∂y= N . Partamos de

∂F

∂y= M =

xy2+y3+y2 e integramos respecto a y F (x, y) =∫(xy2+y3+y2)dx+H(y) =

x2y2

2+ xy3 + y2x+H(y), (2.2.11)

donde H(y) = F (x, y)− (x2y2

2+xy3+xy2) y H ′(y) =

∂F

∂y− ∂

∂y(x2y2

2+xy3+

xy2) ⇔ H ′(y) = x2y + 3xy2 + 2xy − x2y − 3xy2 − 2xy = 0 y

H(y) = K, (2.2.12)

reemplazando la ecuacion (6.1.4) en (2.2.11), obtenemos la solucion general

F (x, y) =x2y2

2+ xy3 + xy2 +K = c.

Ejemplo 2.2.3. Hallar un factor de integracion para la siguiente ecuacion

ydx+ (2xy − e−2y)dy = 0.

De M(x, y) = y y N(x, y) = 2xy − e−2y tenemos que∂M

∂y= 1;

∂N

∂x= 2y.

Por consiguiente

∂M

∂y− ∂N

∂x

−M=

1− 2y

−y=

2y − 1

y= 2 − 1

y= g(y).

Ası U(y) = e∫g(y)dy = e

∫(2 − 1

y)dy = e2y−ln y = e2ye− ln y ⇔ U(y) =

e2y

|y|=

{e2y

y, y > 0

−e2yy, y < 0Luego la ecuacion

e2y

y[ydx + (2xy − e−2y)dy] = 0

o e2ydx+(2xe2y − e−2y

y)dy = 0 es exacta, pues de M(x, y) = e2y; N(x, y) =

2xe2y − e−2y

yy∂M

∂y= 2e2y.

Ejemplo 2.2.4. Hallar un factor de integracion para la ecuacion

(xy + y2)dx+ (x+ 2y − 1)dy = 0


Como M(x, y) = xy + y2, N(x, y) = x + 2y − 1 entonces∂M

∂y= x + 2y;

∂N

∂x= 1 y

∂M

∂y− ∂N

∂x

N=

x+ 2y − 1

+x+ 2y − 1= 1 = f(x), luego U(x) = ex ası:

ex[(xy+y2)dx+(x+2y−1)dy] = 0 es exacta, pues de M(x, y) = xyex+y2ex;N(x, y) = xex + 2yex − ex y

∂M

∂y= xex + 2yex =

∂N

∂x.

2.3. Sustitucion sugerida por la ecuacion

Ilustraremos la situacion mediante los siguientes ejemplos.

Ejemplo 2.3.1. Resolver la siguiente ecuacion:

(x+ 2y − 1)dx+ 3(x+ 2y)dy = 0.

La ecuacion anterior es equivalente a

dy

dx= −(x+ 2y − 1)

3(x+ 2y)dx, (2.3.1)

haciendoz = x+ 2y (2.3.2)

tenemos quedz

dx= 1 + 2y

dy

dxy

dy

dx=

dz

dx− 1

2. (2.3.3)

Reemplazando las ecuaciones (2.3.2) y (2.3.3) en (6.1.5) tenemos que:

dz

dx− 1

2=

−(z − 1)

3z⇔ dz

dx=

2 + z

3z⇔∫

3zdz

z + 2=

∫dx+ c ⇔

3

∫(1− 1

z + 2)dz = x+ c ⇔ 3z − 3 ln |z + 2| = x+ c ⇔

3(x+ 2y)− 3 ln |x+ 2y + 2| = x+ c.

2.3 Sustitucion sugerida por la ecuacion 39

Ejemplo 2.3.2. Resolver la ecuacion (1 + 3x sen y)dx− x2 cos ydy = 0, estaecuacion es equivalente a

dy

dx=

1 + 3x sen y

x2 cos y, (2.3.4)

escogiendoz = sen y; (2.3.5)

dz

dx= cos

dy

dzy

dy

dx=

dzdx

cos y. (2.3.6)

Reemplazando las ecuaciones (2.3.5) y (2.3.6) en (2.3.4) tenemos que:dzdx

cos y=

1 + 3xz

x2 cos y⇔ dz

dx=

1 + 3xz

x2⇔

dz

dx− 3

xz =

1

x2,

que es una ecuacion lineal en la variable z.

Ejemplo 2.3.3. Resolver la siguiente ecuacion ydx+ (1 + yex)dy = 0.La ecuacion anterior es equivalente a:

dy

dx=

−y

(1 + yex), (2.3.7)

conz = yex, (2.3.8)

dz

dx= y′ex + yex y

dy

dx=

−y

(1 + yex). (2.3.9)

Reemplazando las ecuaciones (2.3.8) y (2.3.9) en (2.3.7) tenemos quedy

dx=

dzdx

− yex

ex⇔ dz

dx=

z2

1 + z⇔∫

1 + z

z2dz =

∫dx+ c ⇔ −1

z+ ln |z| = x+ c ⇔

− 1

yex+ ln |yex| = x+ c.


2.4. Ecuacion Bernoulli

La ecuacion de Bernoulli es de la forma

dy

dx+ P (x)y = Q(x)yn. (2.4.1)

Notese que si n = 0 entoncesdy

dx+ P (x)y = Q(x) es una ecuacion lineal.

Si n = 1, la ecuacion (6.2.1) es de la formady

dx= (Q − P )y y se resuelve

separando variables. Si n = 1, Gottfried Leibniz (1696) demostro que laecuacion (6.2.1) se puede reducir a una ecuacion lineal haciendo el siguientecambio de variable:

z = y1−n, (2.4.2)

dz

dx= (1− n)y−n dy

dxy

dzdx

(1− n)y−n(2.4.3)

reemplazando las ecuaciones (6.2.2) y (2.4.3) en (6.2.1), obtenemos

dzdx

(1− n)y−n= Q(x)yn.

La ecuacion anterior es equivalente a:dz

dx+ (1− n)P (x)z = (1− n)Q(x) que

es una ecuacion lineal en z.

Ejemplo 2.4.1. Resolver la siguiente ecuacion de Bernoulli:

y(6y2 − x− 1)dx+ 2xdy = 0.

Esta ecuacion es equivalente ady

dx− (x+ 1)

2xy = −3

xy3 que es una ecuacion

de Bernoulli con n = 3. Siguiendo lo demostrado en las paginas anteriores yal hacer el cambio de variable z = y1−n o z = y1−3 ⇔ z = y−2 obtenemos

quedz

dx= −2y−3 dy

dx, de donde

y3 dzdx

−2=

dy

dxque al reemplazar en la ecuacion

de Bernoulli, obtenemos:y3 dz

dx

−2− (x+ 1)

2xy = −−3

xy3 ⇔ dz

dx+

(x+ 1)

xy−2 =

2.4 Ecuacion Bernoulli 41

−3

x⇔ dz

dx+

(x+ 1)

xz = −3

x, que es una ecuacion lineal en z. Para resolver

esta ecuacion lineal sea P (x) = 1 +1

x, entonces e

∫P (x)dx = e

∫(1+ 1

x)dx =

ex + ln x = exelnx = xex ⇔ d

dx(ze

∫P (x)dx) = Q(x)e

∫P (x)dx ⇔ d

dx(zxex) =

(−3

x)xex que al integrar obtenemos z =

−3ex + c

xexo

1

y2= −3x−1 + cx−1e−x.

Ejemplo 2.4.2. Resolver la siguiente ecuacion de Bernoulli: 6y2dx−x(2x3+

y)dy = 0, la cual es equivalente adx

dy− 1

6yx =

1

3y2x4, que es una ecuacion

de Bernoulli con n = 4. De z = x−3, tenemos quedz

dy= −3x−4dx

dy, de

dondex4 dz

dx

−3=

dx

dy. Al reemplazar en la ecuacion de Bernoulli tenemos que

dz

dx+

1

2yz = − 1

y2, en una ecuacion lineal en la variable z. Para resolver

esta ecuacion tenemos que de P (y) =1

2yy Q(y) = − 1

y2, obtenemos

e∫P (y)dy = e

12

∫ dyy = eln y

12 = y

12 , por consiguiente

d

dy[ze

∫P (y)dy] = Q(y)

od

dy[zy

12 ] = − 1

y2y

12 , que al integrar tenemos que: zy

12 = −

∫y−

32dy+c

o z =y−

12

12y

12

+c

y12

que al regresar a la variable original queda:

1

x3= 2y−1 + cy−

12 .

Ejercicio 2.4.1. Resolver cada una de las siguientes ecuaciones lineales.

1. (x5 + 3y)dx− xdy = 0

2. (y + 1)dx+ (4x− y)dy = 0

3. y′ = cscx+ y cotx

4. y′ −m2y = c1em1x con m1 = m2

5.

Ldi

dt+Ri = E; conL,R,E constantes

i(0) = 0


6.

Ldi

dt+Ri = E sen(wt)

i(0) = 0

Ejercicio 2.4.2. Resolver las siguientes ecuaciones, hallando un factor deintegracion.

1. (2y3 + 2y2)dx+ (3xy2 + 2xy)dy = 0

2. (2x+ yx−1)dx+ (xy − 1)dy = 0

3. (2y2x− y)dx+ xdy = 0

4. (xy + 1)dx+ x(x+ 4y − 2)dy = 0

5. (y + cos x)dx+ (x+ xy + sen x)dy = 0

6. (2y2 − 6xy)dx+ (3xy − 4x2)dy = 0

7. (12 + 5xy)dx+ (6xy−1 + 3x2)dy = 0

Ejercicio 2.4.3. Resolver las siguientes ecuaciones por sustitucion.

1.dy

dx= y − x− 1 + (x− y + 2)−1

2. cos(x+ y)dy = sen(x+ y)dy

3. sen y(x+ sen y)dx+ 2x2 cos ydy = 0

4. y′ = 1 + 6xex−y

5. y′ =√x+ y − 1

Ejercicio 2.4.4. Resolver las siguientes ecuaciones de Bernoulli.

1. 2x3y′=y(y2+3x2)

2.dy

dx− y = e2xy3

3.dx

dt+ tx

3+x

t = 0

4. xy2y′ = −y3 + x cos x

2.4 Ecuacion Bernoulli 43

5.dr

dθ=

r2 + 2rθ

θ2

6. xdy

dx− y = y2 lnx

CAPITULO 3

Aplicaciones elementales

La asignatura matematicas IV trata de como predecir el futuro. Paraello, de todo lo que disponemos es el conocimiento de como son las cosas ycuales son las reglas que gobiernan los cambios que ocurriran. Del calculosabemos que el cambio es medido por las derivadas; y usarla para describircomo se modifica una cantidad es lo que tratan las ecuaciones diferenciales.Convertir las reglas que gobiernan la evolucion de una cantidad en unaecuacion diferencial se llama modelacion, y en este capitulo estudiaremosalgunos modelos. Nuestra meta es emplear las ecuaciones diferenciales parapredecir el valor futuro de la cantidad que se este modelando.Existen tres tipos basicos de tecnicas para efectuar dichas predicciones.Las tecnicas analıticas implican encontrar tecnicas para valores futuros dela cantidad. Los metodos cualitativos se apoyan en un esbozo burdo dela grafica de la cantidad como funcion del tiempo, y en la descripcion desu comportamiento a largo plazo. Las tecnicas numericas requieren queefectuemos calculos aritmeticos (puede ser un computador quien realice loscalculos) que den aproximaciones de los valores futuros de la cantidad.En este capitulo presentaremos el primer metodo mencionado.Consideremos las siguientes situaciones:

1. Velocidad de escape desde la tierra.Problema: Determinar la velocidad de una partıcula proyectada en

46 Aplicaciones elementales

direccion radial, por fuera de la superficie de la tierra, cuando sobreella actua unicamente la fuerza de la gravedad.Ley de la gravedad de Newton: La acelaracion de una partıculasera inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre lapartıcula al centro de la tierra. Esta ley puede expresarse como:

a =dv

dt= −K

r2, k > 0 (3.0.1)

donde el signo menos indica que la velocidad disminuye, r:es la distanciavariables, R: es el radio de la tierra, t: es el tiempo, v: la velocidad dela partıcula y K: corresponde a la constante de proporcionalidad. Si

r = R, (3.0.2)

entoncesa = −g. (3.0.3)

Si reemplazamos las ecuaciones (6.0.2) y (6.0.3) en (6.0.1) obtenemosque

−g =K

R2. (3.0.4)

De la ecuacion (6.0.1) obtenemos que

−K = ar2. (3.0.5)

Reemplazando la ecuacion (5.0.5) en (5.0.4) y despejando a, tenemosque:

a =−gR2

r2. (3.0.6)

Ahora, como a =dv

dt=

dv

dr

dr

dt=

vdv

dr. (3.0.7)

Al reemplazar (5.0.7) en (5.0.6) obtenemos que

vdv

dr=

−gR2

r2, (3.0.8)

es la ecuacion diferencial para la velocidad. Resolviendo la ecuacion(5.0.8) por el metodo de separacion de variables tenemos que

47

v2(r) =2gR2

r+ c es la solucion general. Como la partıcula para

abandonar la superficie terrestre debe tener una velocidad inicial v0,

entonces v = v0 cuando r = r y v2(R) =2gR2

R+c, de donde c = v2−2gR

0 .

Por consiguiente, la velocidad de la partıcula es:

v2(R) =2gR2

r+ v20 − 2gR. (3.0.9)

Como en la superficie terrestre, para r = R la velocidad es positiva yv = v0. Al analizar el miembro derecho de la ecuacion (5.1.1) tenemosque la velocidad de la partıcula permanecera positiva si y solo si

v20 − 2gR ≥ 0 (3.0.10)

Ahora, si (5.1.2) no se satisface, entonces v20 − 2gR < 0, y habra unpunto critico de r para el cual el miembro derecho de (5.1.1) es cero. Locual quiere decir que la partıcula se detendrıa, la velocidad cambiarıade positiva a negativa y la partıcula regresara a la tierra. De la ecuacion(5.1.2) podemos implicar que:

v0 ≥√2gR = ve. (3.0.11)

Por consiguiente una partıcula proyectada desde la tierra con unavelocidad inicial v0 tal que se cumpla (6.0.5) escapa de la atraccionterrestre; tal velocidad minima es llamada velocidad de escape.

Ejemplo 3.0.3. ¿Cual es la velocidad de escape desde la tierra?

Como el radio de la tierra es R = 3960 millas y g = 6,09(10)−3millas

seg2

entonces la velocidad de escapa serıa ve = 6,95millas

seg2.

2. Ley del enfriamiento de NewtonEsta ley sirve para obtener, bajo ciertas condiciones una buenaaproximacion de la temperatura de un cuerpo.La razon con que cambia la temperatura de un cuerpo es proporcionala la diferencia entre su temperatura y la del medio en que se encuentra.Lo anterior se puede expresar como

dT

dt= K(T − Tm), k < 0 (3.0.12)


y donde T es la temperatura del cuerpo y Tm es la temperatura delmedio o ambiente. La solucion de la ecuacion anterior es de la siguienteforma:

T (t) = Tm+ (T0 − Tm)ekt. (3.0.13)

Ejemplo 3.0.4. Si un termometro que ha presentado una lecturade 70◦F en el interior de una casa, es colocado afuera, donde latemperatura del aire es 10◦F . Tres minutos despues se descubre quela lectura del termometro es de 25◦F . ¿Cual es la temperatura en untiempo t?Sea t(t) la temperatura del termometro en el tiempo t. Los datos delproblema conducen a que: T (0) = 70◦F ; Tm = 10◦F ; T (3) = 25◦F yT (t) = 10+ (70− 10)e−kt = 10+60e−kt. De t(3) = 10+ 60e− 3k = 25,obtenemos que k = 0,46 de donde

T (t) = 10 + 60e−0,46t

3. Conversion quımica simpleSe utiliza, cuando mediante una reaccion quımica una sustancia A setransforma en una sustancia B. Si x(t) es la cantidad de sustanciapresente en el tiempo t, entonces la razon de cambio de la cantidad xde sustancia sin transformar es proporcional a la cantidad de sustanciapresente. Lo anterior se puede modelar mediante la ecuacion diferencialdx

dt= −kx, donde k > 0 y el signo menos indica que la cantidad

de sustancia esta disminuyendo. La solucion de la ecuacion es de lasiguiente forma

x(t) = x0e−kt.

Ejemplo 3.0.5. Supongamos que al final de medio minuto en t =30 segundos, dos terceras partes de la cantidad original x0 se hatransformado. Determinar la cantidad de sustancia sin transformar ent = 60 segundos.Como x(t) es la cantidad presente de sustancia en el tiempo t,

x(t) = x0e−kt; (3.0.14)

x(30) =1

3x0, entonces de x(30) = x0e

−30k =x0

3obtenemos que

k =ln 3

30. (3.0.15)

49

Figura 3.1: Crecimiento poblacional

Al reemplazar la ecuacion (5.4.4) en (6.0.8) x(t) = x0e− ln 330

t. Tambien

x(60) = x0e− ln 330

(60) = x0e−x ln 3 = x0e

ln 3−2= x03

−2 =x0

9, entonces

x0(60) =x0

9

4. Crecimiento poblacional¿Como predecir el crecimiento de una poblacion? Si estamos interesadosen una unica poblacion, podemos pensar en la especie contenida en unaisla, un pais, etc. Y estudiar el proceso de crecimiento como un sistemacon un compartimiento. La razon de crecimiento de una poblacion P ,

con respecto al tiempo t,dp

dt, es proporcional con respecto a dicha

poblacion p. La ecuacion diferencial que modela la situacion esdp

dt= kp,

cuya solucion general es de la forma p(t) = p0ekt. La grafica es como se

muestra en la figura (3.1).

Modelo logıstico de poblacionPara ajustar el modelo de crecimiento poblacional que tome en cuenta


un entorno y recursos limitados, agregamos las siguientes hipotesis:

Si la poblacion es pequena, la razon de crecimiento de la poblaciones proporcional a su tamano.

Si la poblacion es demasiado grande, para ser soportada por suentorno y recursos, la poblacion decrecera. Es decir, la razon decrecimiento es negativa.

La ecuacion logıstica es de la formadp

dt= P [M − P ], con M > 0 es la

capacidad maxima de personas en el medio.

Ejemplo 3.0.6. Se sabe que la poblacion de cierta comunidad aumentacon una relacion proporcional a la cantidad de personas, que tiene encualquier momento. Si la poblacion se duplico en cinco anos; ¿En cuantotiempo se triplicara y cuadruplicara?Sea p(t) el numero de personas presentes en el tiempo t. La ecuacion

diferencial asociada al problema es

dp

dt= kp

p(0) = p0, cuya solucion es

p(t) = P0ekt. Del enunciado del problema tenemos p(5) = 2P0, que

al reemplazarlo en la solucion, obtenemos que p(5) = 2P0 = P −0 e5k,

de donde k = 0,138629 y p(t) = P0e0,138629t. El tiempo para el cual

la poblacion se habra triplicado se obtiene al resolver la ecuacionP0e

0,138629 = 3P0, donde t ≈ 7,92 anos.De la misma forma se obtiene el resultado de cuando la poblacionse haya cuadruplicado, cuando t = 10 anos, se resuelve la ecuacionP0e

0,138629t = 4P0.

Ejercicio 3.0.5. ¿Cual es la velocidad de escape del planeta Marte?

Ejercicio 3.0.6. Demuestre que la solucion de la ecuacion diferencialdT

dt= K(T − Tm) por el metodo de separacion de variables es T (t) =

Tm + (T0 − Tm)e−kt.

Ejercicio 3.0.7. Demuestre que la solucion de la ecuaciondx

dt= −kx por el

metodo de separacion de variables es x(t) = x0e−kt.

51

Ejercicio 3.0.8. Demuestre que la solucion de la ecuaciondp

dt= −kp por el

metodo de separacion de variables es x(t) = p0ekt.

Ejercicio 3.0.9. Un termometro se saca de una habitacion, en donde latemperatura del aire es 70◦F al exterior, en donde la temperatura es de 10◦F .Despues de medio minuto el termometro registra 50◦F . ¿Cuanto registra eltermometro cuando t = 1?¿Cuanto tiempo demorara el termometro en alcanzar los 15◦F?

Ejercicio 3.0.10. En cierta ciudad, la velocidad de crecimiento de lapoblacion aumenta proporcionalmente respecto al tamano de la poblacion. Sila poblacion era de 100,000 habitantes en 1890 y de 150,000 en 1990, ¿Cuales la poblacion esperada en el ano 2020, suponiendo que siga esta tendencia?

Ejercicio 3.0.11. En un modelo de evolucion, la poblacion p(t) de una

comunidad se supone que esdp

dt=

dB

dt− dD

dt, donde

dB

dtes la rapidez con

que la gente nace ydD

dtes la rapidez con que la gente muere.

i) Hallar p(t) sidB

dt= k1p y

dD

dt= k2p.

ii) Analizar que ocurre con la poblacion p(t) si k1 > k2; k1 = k2 y k1 < k2.

Ejercicio 3.0.12. Inicialmente habıa 100mg presentes de una sustanciaradiactiva. Despues de 6 horas disminuyo en un 33%. Calcular la cantidadque queda despues de 24 horas.

Ejercicio 3.0.13. Resolver la ecuacion diferencial

Ldi

dt+Ri = E(t).

En particular cuando E(t) = E0 es una constante, como se transforma lasolucion general de la ecuacion anterior.¿Que ocurre en la solucion particular de la ecuacion, cuando t → 0?¿Que relacion tiene el resultado de la pregunta anterior, con la ley de Ohm?

Ejercicio 3.0.14. Consideremos el interes compuesto dado por la ecuacion:

dw

dt= r(t)w(t) + [y(t)− k(t)],

donde r(t) es la tasa de interes, y(t) es el flujo de ahorros y k(t) el flujo dereintegros. Hallar w(t).


Ejercicio 3.0.15. La rapidez con que un medicamento se disemina en el flujo

sanguıneo se rige por la ecuaciondx

dt= A−Bx, donde A y B son constante

mayores a cero. La funcion x(t) describe la concentracion del farmaco en elflujo sanguıneo en un instante t cualquiera. Hallar lımt→∞ x(t).¿Cuanto tiempo demorara la concentracion en alcanzar la mitad de este valormınimo?

CAPITULO 4

Ecuaciones diferenciales de orden n

4.1. Motivacion

Consideremos un pendulo simple que consta de una masa m suspendidapor un cable de longitud l con una masa despreciable.Problema. Si el cable se mantiene siempre recto y la masa queda libre deoscilar en un plano vertical, encuentre el periodo de oscilacion. Primerohallemos la ecuacion que rige el plano. Consideremos la figura (4.1), donde:

T = F1 (con direccion contraria), F2 = −mg sen θ y S = lθ, o,ds

dt= l

dθ

dty

d2s

dt2= l

d2θ

dt2, (4.1.1)

es la aceleracion de la masa a lo largo de la tangente a la trayectoria en B.De la segunda ley de Newton tenemos que: ma = F2 = −mg sen θ, o,

a = −g sen θ. (4.1.2)

54 Ecuaciones diferenciales de orden n

Figura 4.1: Pendulo

Reemplazando la ecuacion (6.0.1) en (6.0.2) obtenemos que ld2θ

dt2= −g sen θ,

o,d2θ

dt2+

g

esen θ = 0, (4.1.3)

la cual es una ecuacion no lineal difıcil de resolver. Para valores muy pequenosde θ se cumple que

sen θ ≡ θ, (4.1.4)

al reemplazar la ecuacion (5.0.4) en (6.0.3) queda que

d2θ

dt2=(−g

e(θ)), (4.1.5)

que es la linealizacion de la ecuacion (6.0.3).

Observacion 4.1.1. Se busca una funcion θ(t) tal que su segunda derivadasea igual a una constante (negativa) multiplicada por la misma funcion.

Existen dos funciones con esta propiedad:

θ(t) = cos(wt) (4.1.6)

yθ(t) = sen(wt), (4.1.7)

4.2 Consideremos la ecuacion diferencial lineal de orden n: 55

para alguna eleccion de la constante w se tiene:

dθ

dt= −w sen(wt)y

d2θ

dt2= w2 cos(wt). (4.1.8)

Reemplazando las ecuaciones (5.0.6) y (5.0.8) en (5.0.5) tenemos que

−w2 cos(wt) =(−g

e

)cos(wt), o, −w2 cos(wt) +

g

ecos(wt) = 0 de donde

e =√

ge. Luego

θ(t) = cos(√g

et)

(4.1.9)

es solucion de la ecuacion (5.0.5). De la misma manera podemos demostrarque

θ(t) = sen(√g

e

), (4.1.10)

tambien es solucion de (5.0.5). Notese que θ(t) = c1 cos(√

get)+c2 sen

(√get)

es solucion de (5.0.5) (verificarlo), para valores adecuados de c1 y c2.Conociendo θ(0) (desplazamiento angular) y θ′(0) (velocidad angular inicial)se puede hallar c1 y c2.

4.2. Consideremos la ecuacion diferencial li-

neal de orden n:

an(x)y(n)+a(n−1)(x)y(n−1)+· · ·+a2(x)y

′′+a1(x)y′+a0(x)y = R(x) (4.2.1)

Si:

i) R(x) = 0, (6.0.5) se llama ecuacion diferencial lineal homogenea.

ii) R(x) = 0, (6.0.5) se llama ecuacion diferencial lineal no homogenea.

iii) Si a0(x), a1(x), . . . , an(x) son funciones continuas en un intervalo I, conan(x) no nula, (6.0.5) es una ecuacion normal en I.

Ejemplo 4.2.1. Clasifique la ecuacion (x − 1)dy

dx+ y = sen x. La ecuacion

es no homogenea, de primer orden y es normal en cualquier intervalo que nocontenga a x = 1.


Ejemplo 4.2.2. La ecuacion 3d2y

dx2+ xy = 0 es homogenea, de orden dos y

normal en cualquier intervalo. Consideramos la ecuacion homogenea

an(x)y(n) + a(n− 1)(x)y(n−1) + · · ·+ a1(x)y

′ + a0y = 0 (4.2.2)

Teorema 4.2.1. Si y1, y2, . . . , yn son soluciones de (6.0.6), entonces y(x) =c1y1(x)+c2y2(x)+ · · ·+cnyn(x), tambien es solucion de (6.0.6). Este teoremase conoce como superposicion de soluciones.

Teorema 4.2.2. Dada la ecuacion (6.0.5) normal en un intervalo I. Supongaque x0 es un numero en I y que y0, y1, . . . , y(n − 1) son n-numeros realesarbitrarios. Existe entonces una funcion unica y = y(x) que es solucion dela ecuacion (6.0.5) en I y que satisface las condiciones iniciales:

y(x0) = y0, y′(x0) = y1, . . . , y(x0)

(n−1) = y(n− 1).

El anterior teorema no es mas que el siguiente problema de valor inicial:dy

dx= f(x, y, y′, . . . , y(n))

y(x0) = y0, y′(x0) = y1, . . . , y(x0)(n−1) = y(n− 1)

Para el caso n = 2 y n = 3 tenemos que:dy

dx= f(x, y, y′)

y(x0) = y0y

dy

dx= f(x, y, y′, y′′)

y(x0) = y0, y′(x0) = y1.

Encuentre la solucion unica a cada problema.

Ejemplo 4.2.3.

{y′′ + y = 0

y(0) = 0, y′(0) = 1, donde y1(x) = sen x y Y2(x) =

cosx son soluciones de la ecuacion considerada. Por el teorema (4.2.1),y(x) = c1 sen x + c2 cosx es solucion de la ecuacion dada. Tambien y′(x) =c1 cos x − c2 sen x, luego y(0) = c1 sen 0 + c2 cos 0 = 0, entonces c2 = 0 y dey′(0) = c1 cos 0+ c2 sen 0, entonces c1 = 1. De esta forma la solucion unica esy(x) = senx.

Ejemplo 4.2.4.

{x2y′′ + 2xy′ − 12y = 0

y(1) = 4, y′(1) = 5, donde y1(x) = x3 y y2(x) = x−4

son soluciones de la ecuacion. Como la ecuacion es normal para x > 0 o x < 0y x0 = 1, escogemos x > 0. Entonces y(x) = c1x

3 + c2x−4 es solucion. Para

hallar las constantes, de y(1) = c1 + c2 = 4, y′(x) = 3c1x2 − 4c2x

−5, se tieney′(1) = 3c1 − 4c2 = 5. Al resolver el sistema obtenemos que c1 = 3 y c2 = 1.Luego la solucion unica es de la forma y(x) = 3x3 + x−4.

4.3 Independencia lineal 57

4.3. Independencia lineal

Dado el conjunto de funciones F = {f1, f2, . . . , fn} si:

i) Existen constantes c1, c2, . . . , cn no todos nulas tales que

c1f1 + c2f2 + · · ·+ cnfn = 0,

para todo x en [a, b], entonces decimos que el conjunto F es linealmentedependiente (l.d).

ii) c1f1 + c2f2 + · · · + cnfn = 0, implica que c1 = c2 = · · · = cn = 0 paratodo x en [a, b], decimos que el conjunto F es linealmente independiente(l.i).

4.4. El Wronskiano

Supongamos que una de las funciones f1, f2, . . . , fn es diferenciableal menos (n − 1) veces, en el intervalo [a, b]. Entonces de la ecuacion:c1f1(x) + c2f2(x) + · · ·+ cnfn(x) = 0, derivando obtenemos que:

c1f′1(x) + c2f

′2(x) + · · ·+ cnf

′n(x) = 0

c1f′′1 (x) + c2f

′′2 (x) + · · ·+ cnf

′′n(x) = 0

...... =

...

c1f(n−1)1 (x) + c2f

(n−1)2 (x) + · · ·+ cnf

(n−1)n (x) = 0

La solucion de este sistema en las incognitas c1, c2, · · · , cn esta dado por elWronskiano:

W (f1, f2, · · · , fn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣f1(x) f2(x) · · · fn(x)f ′1(x) f ′

2(x) · · · f ′n(x)

......

...

f(n−1)(x)1 f

(n−1)(x)2 · · · f

(n−1)(x)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Si W (f1, f2, . . . , fn) es diferente de cero, entonces las funciones f1, f2, . . . , fnson linealmente independientes. En caso contrario las funciones son lineal-mente dependientes.Indicar si las siguientes funciones son linealmente independientes o depen-dientes.


Ejemplo 4.4.1. f1(x) = ex, f2(x) = e2x, f3(x) = e3x.

W (f1, f2, f3) =

∣∣∣∣∣∣ex e2x e3x

ex 2e2x 3e3x

ex ae2x 9e3x

∣∣∣∣∣∣ = 2e6x = 0.

Como W (f1, f2, f3) es diferente de cero para todo x, {f1, f2, f3} sonlinealmente independientes.

Ejemplo 4.4.2. f1(t) = cos(wt− β), f2(t) = cos(wt), f3(t) = sen(wt).

4.5. Reduccion de orden

Dada la ecuaciony′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0. (4.5.1)

Si y1 es una solucion conocida, como es posible hallar la solucion y2?Supongamos que

y2 = V y1, (4.5.2)

es solucion de la ecuacion (6.0.7). Al derivar la ecuacion (6.0.8) dos vecesy reemplazando estos valores en la ecuacion (6.0.7), obtenemos que V (x) =∫

1

y21e−

∫P (x)dxdx, y y2(x) = y1(x)

∫1

y21e−

∫P (x)dxdx; luego la solucion de la

ecuacion (6.0.7) es de la forma

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x),

donde y1 y y2 son linealmente independientes.

Ejemplo 4.5.1. Resolver las ecuaciones dadas.

x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0, y1(x) = x2.

La ecuacion dada es equivalente a y′′ − 3

xy′ +

a

xy = 0, donde P (x) =

−3

x,

entonces V (x) =

∫1

y21e−

∫P (x)dxdx =

∫dx

x= ln x, es decir V (x) = ln x.

y1y2(x) = V (x)y1(x) = x2 lnx, luego la solucion general tiene la forma:

y(x) = c1x2 + c2x

2 lnx.

Ejemplo 4.5.2. y′′ + y = 0, si y1(x) = senx. En este caso tenemos que

P (x) = 0 y V (x) =

∫1

sen2 xdx =

∫csc2 xdx = − cotx.

4.6 Ecuaciones lineales con coeficientes constantes 59

4.6. Ecuaciones lineales con coeficientes cons-

tantes

La ecuacion lineal de segundo orden con coeficientes constantes es de laforma:

ay′′ + by′ + cy = 0. (4.6.1)

Ahora, supongamos quey = eλx (4.6.2)

es solucion de la ecuacion (5.4.4); ademas

y′ = λeλx (4.6.3)

y′′ = λ2eλx. (4.6.4)

Al reemplazar las ecuaciones (5.4.5), (5.4.6) y (5.4.7) en (5.4.4) obtenemosque

aλ2 + bλ+ c = 0 (4.6.5)

llamada la ecuacion auxiliar o polinomio caracterıstico. Las raıces de (5.4.8)son de la forma

y(1,2) =−b±

√b2 − 4ac

2a

y su naturaleza depende del valor del discriminante√b2 − 4ac, para ellos

consideremos los siguientes casos:

i) Si b2−4ac > 0, entonces λ1 y λ2 son numeros reales y diferentes. En estecaso las soluciones son y1(x) = eλ1x; y2(x) = eλ2x y las solucion generales y(x) = c1e

λ1x+c2eλ2x, donde y1 y y2 son linealmente independientes.

Ejemplo 4.6.1. y′′+y′−6y = 0. La ecuacion auxiliar es λ2+λ−6 = 0,cuya solucion es λ1 = −3y y λ2 = 2 que son numeros reales y diferentes,luego y1(x) = e−3x, y2(x) = e2x por consiguiente la solucion general es

y(x) = c1e−3x + c2e

2x.

Ejemplo 4.6.2. 2y′′−5y′−3y = 0. La ecuacion auxiliar es 2λ2−5λ−3 =

0, cuya solucion λ1 = 3 y λ2 = −1

2que son numeros reales y diferentes,

luego y1(x) = e3x, y2 = e−12x con solucion general

y(x) = c1e3x + c2e

− 12x.


ii) Si b2 − 4ac = 0, entonces λ = λ1 = λ2 = − b

2a; es decir las raıces

son iguales. En este caso la primera solucion es y1(x) = eλx y usandoel metodo de reduccion de orden la otra solucion es y2(x) = xeλx, dedonde y(x) = c1w

λx + c2xeλx.

Ejemplo 4.6.3. y′′+2y′+y = 0. La ecuacion auxiliar es λ2+2λ+1 = 0cuyas raıces son λ = λ1 = λ2 = −1; y1(x) = e−x, y2(x) = xe−x, entonces

y(x) = c1e−x + c2xe

−x.

Ejemplo 4.6.4. y′′−10y′+25y = 0. La ecuacion auxiliar es λ2−10λ+25? = 0 cuyas raıces son λ1 = λ2 = λ = 5; y1(x) = e5x, y2(x) = xe5x

entoncesy(x) = c1e

5x + c2xe5x.

iii) Recordemos la ecuacion de Euler:

eiθ = cos θ + i sen θ.

Si b2 − 4ac < 0, entonces λ1 = a + bi y λ2 = a − bi. Ası y1(x) =e(a+bi)x; y2(x) = e(a−bi)x y la solucion es y(x) = c1e

(a+bi)x+ c2e(a−bi)x. La

ecuacion anterior es equivalente a

y(x) = c1eαx(cos bx+ i sen bx) + c2e

αx(cos bx− i sen bx).

Despues de efectuar varias operaciones obtenemos que y(x) =eαx[k1 cos bx + k2 sen bx], donde k1 = c1 + c2; k2 = i(c1 − c2); y1(x) =eαx cos 6x y y2(x) = eαx sen bx y ademas son linealmente independien-tes. (Ejercicio)

Ejemplo 4.6.5. y′′ + y′ + y = 0. La ecuacion auxiliar es λ2 +λ + 1 = 0, aplicando la formula cuadratica obtenemos que λ1, λ2 =−1±

√1− 4(2)

2=

−1±√3i

2= −1

2±

√3

2i, luego y1(x) =

e−12x cos

(√3

2x), y2(x) = e−

12x sen

(√3

2x)y la solucion

y(x) = e−12

[c1 cos

(√3

2x)+ c2 sen

(√3

2x)]

.

4.6 Ecuaciones lineales con coeficientes constantes 61

Ejemplo 4.6.6. y′′ + 8y = 0. La ecuacion auxiliar es λ2 + 8 = 0, dedonde λ = 2

√2i, es decir α = 0 y b =

√2, luego la solucion general es

y(x) = c1 cos(2√2x) + c2 sen(2

√2x).

Ejemplo 4.6.7. y′′ + k2 = 0. La ecuacion auxiliar es λ2 + k2 = 0 yλ(1,2) = 0± ki, con α = 0 y b = k, luego la solucion general es

y(x) = c1 cos(kx) + c2 sen(kx).

Ejemplo 4.6.8. y′′ − k2 = 0. Su solucion es y(x) = c1ekx + c2e

−kx.

Si c1 =1

2y c2 = −1

2entonces y1(x) =

ekx − e−kx

2= senh(kx).

Si c1 = c2 =1

2entonces, y2(x) =

ekx + e−kx

2= cosh(kx). Tambien

y(x) = c1 senh(kz) + c2 cosh(kx) es solucion de la ecuacion. (Recordarteorema (4.2.1)).

Ejemplo 4.6.9. y′′ − 4y′ + 13y = 0; y(0) = 1; y′(0) = 2. La ecuacionauxiliar es λ2 − 4λ + 13 = 0 cuyas raıces son λ(1,2) = 2 ± 3i ysu solucion general es y(x) = c1e

2x cos(3x) + c2e2x sen(3x), ademas

y′(x) = 2c1e2x cos(3x)−3c1e

2x sen(3x)+2c2e2x sen(3x)+3c2e

2x cos(3x).Aplicando las condiciones iniciales obtenemos que c1 = 1 y c2 = 0, luegola solucion unica es:

y(x) = e2x cos(3x).

Ejemplo 4.6.10. y′′′ + 3y′′ − 4y = 0. La ecuacion auxiliar es λ3 +3λ2 − 4λ = 0. Como λ = 1 es solucion de la ecuacion, entonces(λ3 + 3λ2 − 4λ)

(λ− 1)= λ2 + yλ o λ3 + 3λ2 − 4λ = (λ2 + 4λ)(λ− 1) = 0. Al

resolver esta ultima ecuacion obtenemos que λ1 = 0, λ2 = −4 y λ3 = 1.Por lo anterior su solucion es :

y(x) = c1 + c2e−4x + c3e

x.

Ejemplo 4.6.11. y(4)+2y′′+y = 0. Su ecuacion auxiliar es λ4+2λ2+1 = 0, cuyas raıces son λ1 = ±i, λ2 = ±i, consideremos que λ1 = λ3 yλ2 = λ4 = −i con a = 0, b = 1. Ası la solucion general es:

y(x) = c1 cosx+ c2 senx+ c3x cosx+ c4x senx.


4.7. Coeficientes indeterminados

Dada la ecuacion diferencial lineal de orden n:

an(x)dny

dxn+ a(n− 1)(x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ a1

dy

dx+ a0(x)y = R(x),

esta se puede resolver por el metodo de coeficientes indeterminadosunicamente cuando R(x) es una constante, un polinomio, una exponencial,senos, cosenos, sumas y productos finitos o combinaciones de ellas. El metodo

no se puede aplicar si R(x) es un logaritmo,1

x, tanx, arc senx, etc.

El siguiente teorema muestra la forma en que la estructura de unaecuacion no homogenea queda determinada por las soluciones de la ecuacionhomogenea asociada. Al combinar el principio de superposicion con elteorema de representacion para soluciones de ecuaciones homogeneas,podemos demostrar que es posible hallar todas las soluciones de una ecuacionno homogenea si solo conocemos una de sus soluciones (llamada solucionparticular) y una solucion general de la ecuacion homogenea correspondiente.

Teorema 4.7.1. Sea yp una solucion particular de la ecuacion no homogenea

an(x)dny

dxn+ · · · + a0(x)y = R(x) en el intervalo (a, b) y sea yg la solucion

general de la ecuacion homogenea correspondiente an(x)dny

dxn+ · · ·+a0(x)y =

0. Entonces la solucion de la ecuacion no homogenea en (a, b) se puedeexpresar de la forma:

y(x) = yg(x) + yp(x).

Resolver las ecuaciones dadas por el metodo de coeficientes indetermina-dos.

Ejemplo 4.7.1. y′′ + 4y′ − 2y = 2x2 − 3x + 6. La solucion general de laecuacion homogenea es

yg(x) = c1e(−3+

√6)x + c2e

(−3−√6)x.

Ahora, como R(x) es un polinomio de grado dos, entonces una solucionparticular de la ecuacion no homogenea es yp(x) = Ax2 + Bx + C, cony′p(x) = 2Ax + B y y′′p(x) = 2A. Reemplazando los valores anteriores en la

ecuacion dada e igualando coeficientes obtenemos que A = −1, B = −5

2y

c = 9. Luego, yp(x) = −x2 − 5

2x− 9, y y(x) = yg(x) + yp(x).

4.7 Coeficientes indeterminados 63

Ejemplo 4.7.2. y′′ + y′ + y = 2 sen 3x. La solucion general de la ecuacionhomogenea es

yg(x) = e−12x[c1 cos

(√3

2

)+ c2 sen

(√3

2

)].

La solucion particular de la ecuacion no homogenea es yp(x) = A cos 3x +B sen 3x; y′p(x) = −3A sen 3x + 3B cos 3x y y′′p(x) = −pA cos 3x− 9B sen 3x.Al reemplazar las anteriores expresiones en la ecuacion original, igualandocoeficientes y resolviendo los sistemas de ecuaciones que aparecen obtenemos

queA = − 6

73yB = −16

73. Ası yp(x) = − 6

73cos 3x−16

73y y(x) = yg(x)+yp(x).

Observacion 4.7.1. i) Aclararemos algunas situaciones mediante algu-nos ejemplos.

Ejemplo 4.7.3. Hallar una solucion particular de y′′− 5y′+4y = 8ex.Como R(x) = 8ex, entonces yp(x) = Aex, y′p(x) = Aex = y′′p(x); lo queal reemplazar en la ecuacion original y efectuar algunas operaciones,obtenemos que 0 = 8, lo cual es una contradiccion. Esto quiere decirque nuestra hipotesis fallo. Resolvamos la ecuacion y′′ − 5y′ + 4y = 0;su solucion es yg(x) = c1e

x + c2e4x. Notese que la primera raız λ1 = 1

coincide con el coeficiente del exponente de ex que es 1; en este casosuponemos que yp(x) = Axex; y′p(x) = Aex + Axex; y′′p(x) = 2Aex +Axex. Reemplazando en la ecuacion original e igualando coeficientes

obtenemos que A = −8

3. Ası yp = −8

3xex.

Ejemplo 4.7.4. y′′ − 2y′ + y = ex. La solucion de la homogenea esyg(x) = c1e

x + c2xex. Notese que las raıces λ1 = 1 = λ2 coinciden con

el coeficiente del exponente x. Cuando esto ocurre hacemos yp(x) =Ax2ex; y′p(x) = 2Axex; y′′p(x) = 2Aex + 4Axex + Ax2ex. Al reemplazar

en la ecuacion original obtenemos que A =1

2y yp(x) =

1

2x2cx.

Ejemplo 4.7.5. y′′+y = 4x+10 senx; y(π) = 0; y′(π) = 2. La solucionde la homogenea es yg(x) = c1 cosx + c2 senx y la solucion particularde la no homogenea es:

yp(x) = Ax+B + Cx cos x+Dx senx.


ii) La siguiente tabla muestra algunos casos especıficos de R(x), conla forma correspondiente de la solucion particular. Naturalmente,suponemos que ninguna funcion en la solucion particular yp supuesta,esta duplicada (o reproducida) por la funcion en la solucion general yg.

R(x) Forma de ypk A

5x+ 6 Ax+B4x2 − 5 Ax2 +Bx+ C

x3 − 2x+ 6 Ax3 +Bx2 + Cx+Dsen 4x A cos(4x) +B sen(4x)cos 4x A cos(4x) +B sen(4x)e5x Ae5x

(9x− 2)e5x (Ax+B)e5x

x2e5x (Ax2 +Bx+ C)e5x

e3x sen 4x Ae3x cos 4x+Be3x sen 4x5x2 sen 4x (Ax2 +Bx+ C) cos 4x+ (Dx2 + Ex+ F ) sen 4xxe3x cos 4x (Ax+B)e3x cos 4x+ (Cx+D)e3x sen 4x

4.8. Metodo de variacion de parametros

Hemos visto que el metodo de coeficientes indeterminados es unprocedimiento sencillo que permite hallar una solucion particular cuandola ecuacion tiene coeficientes constantes y el termino no homogeneo esde un tipo especial. Aquı presentaremos un metodo mas general, llamadovariacion de parametros (ideado por Lagrange en sus estudios de mecanicaanalıtica)para determinar una solucion particular. Este metodo se aplicaincluso cuando los coeficientes de la ecuacion diferencial son funciones dex, siempre que conozcamos un conjunto fundamental de soluciones para laecuacion homogenea correspondiente.Como determinar una solucion particular de la ecuacion no homogenea

y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = R(x), (4.8.1)

si se conoce la solucion general de la ecuacion homogenea

y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0, (4.8.2)

4.9 Ecuacion de Cauchy-Euler 65

la solucion de la ecuacion (6.0.9) es de la siguiente forma

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x). (4.8.3)

La idea detras de la variacion de parametros consiste en reemplazar lasconstantes en (6.0.10) por funciones de x, es decir que

yp(x) = V1(x)y1(x) + V2(x)y2(x). (4.8.4)

Derivando la ecuacion (6.0.11) dos veces, reemplazando en (5.4.9) y haciendo

algunas operaciones obtenemos que: V1(x) =

∫−y2(x)R(x)

W (y1, y2)dx y V2(x) =∫

y1(x)R(x)

W (y1, y2)dx. Entonces

yp(x) = −y1(x)

∫y2(x)R(x)

W (y1, y2)dx+ y2(x)

∫y1(x)R(x)

W (y1, y2)dx.

Ejemplo 4.8.1. Resolver la ecuacion y′′ + y = csc x. La solucion de laecuacion homogenea es yg(x) = c1 cos x + c2 senx y W (y1, y2) = 1 = 0,entonces V1(x) = ln(cos x) y V2(x) = −x. Luego la solucion particular es

y(x) = senx ln(cosx)− x cos x.

4.9. Ecuacion de Cauchy-Euler

Hay una clase especial de ecuaciones diferenciales con coeficientesvariables que se pueden transformas en ecuaciones coeficientes constantes,cuya solucion general siempre se puede expresar en terminos de potencias dex, funciones trigonometricas y exponenciales. La ecuacion equidimensionalde Cauchy-Euler es de la forma:

anxny(n) + a(n− 1)(x)y(n−1) + · · ·+ a2x

2y′′ + a1xy′ + a0y = g(x),

donde los a1 con i = 1, 2, . . . ;n son constantes y los exponentes de x coincidencon el orden de la derivada.Consideremos la ecuacion de orden dos

ax2y′′ + bxy′ + cy = 0 (4.9.1)


y supongamos quey = xm (4.9.2)

es solucion de (6.0.12), donde

y′ = mxm−1 (4.9.3)

y′′ = m(m− 1)xm−2. (4.9.4)

Reemplazando las ecuaciones (4.9.2), (4.9.3) y (4.9.4) en (6.0.12) queda quela ecuacion auxiliar es de la forma am2 + (b− a)m+ c = 0, cuyas raıces son

m1m2 =−(b− a)±

√(b− a)2 − 4ac

2a. Las raıces dependen del discriminante,

es decir:

i) Si (b− a)2 − 4ac > 0, entonces m1,m2 ∈ R con m1 = m2, en este casolas soluciones son y1(x) = xm1 ; y2(x) = xm2 y la solucion general esy(x) = c1x

m1 + c2xm2 .

ii) Si (b− a)2 − 4ac = 0, entonces m1 = m2 =−(b− a)

2a= m, en este caso

y1(x) = xm y por el metodo de reduccion de orden y2(x) = xm lnx. Eneste caso la solucion es y(x) = c1x

m + c2xm lnx.

iii) Si (b − a)2 − 4ac < 0, entonces las raıces son complejas, es decirm1 = a + bi y m2 = a − bi, en este caso y(x) = xa cos(b lnx) yy2(x) = xa sen(b lnx) entonces y(x) = xa[c1 cos(b lnx) + c2 sen(b lnx)].

Resolver las siguiente ecuaciones de Cauchy-Euler.

Ejemplo 4.9.1. x2y′′−2xdy

dx−4y = 0. La ecuacion auxiliar es m2−3m−4 =

0, de donde m1 = 4;m2 = −1; y1(x) = x4; y2(x) = x−1 y y(x) = c1x4+ c2x

−1.

Ejemplo 4.9.2. 4x2y′′ + 8xy′ + y = 0. La ecuacion auxiliar es 4m2 + (8 −4)m + 1 = 0 con m1 = −1

2= m2; y1(x) = x− 1

2 ; y2(x) = x− 12 lnx entonces

y(x) = c1x− 1

2 + c2x− 1

2 lnx.

Ejemplo 4.9.3. x2y′′ + 3xy′ + 3y = 0; y(1) = 1; y′(1) = −5. Laecuacion auxiliar es m2 + 2m + 3 = 0;m1,m2 = −1 ±

√2i; y1(x) =

x−1 cos(√2 ln x); y2(x) = x−1 sen(

√2 ln x), con solucion general

y(x) = x−1[c1 cos(√2 ln x) + c2 sen(

√2 ln x)], cuya derivada es

4.9 Ecuacion de Cauchy-Euler 67

y′(x) = −c1x−2 cos(

√2 ln x) − c1

√2x−1

xsen(

√2 ln x) − c2x

−2 sen(√2 lnx) +

c2√2x−1

xcos(

√2 lnx). La solucion particular que satisface las condiciones es

de la forme:

y(x) = x−1[cos(√2 ln x)− 2

√2 sen(

√2 ln x)].

Ejercicio 4.9.1. Verifique si las funciones dadas son linealmente indepen-dientes o dependientes.

1. f1(x) = cos(ln x); f2(x) = sen(ln x).

2. f1(x) = eax cos bx; f2(x) = eax sen bx

Ejercicio 4.9.2. Resuelva las ecuaciones dadas por reduccion de orden.

1. y′′ − y = 0; y1(x) = cosh(x)

2. 4x2y′′ + y = 0; y1(x) = x12 lnx

3. x2y′′ − xy′ + 2y = 0; y1(x) = x sen(lnx)

Ejercicio 4.9.3. Determinar la solucion general de cada ecuacion.

1. y′′′ − 4y′′ − 5y = 0

2. y(5) − 16y = 0

3. y′′ − y′ − 6y = 0

4. 4y′′ − 4y′ − 3y = 0; y(0) = 1; y′(0) = 5

5. md2x

dt2+ b

dx

dt+ kx = 0;w2 =

k

m

Ejercicio 4.9.4. Resolver cada ecuacion por el metodo de coeficientesindeterminados.

1. y′′ + 3y = −48x2e3x

2. y′′ + 4y = 3 sen(2x)

3. y′′ − 4y = 3 sen(2x)


4. x′′ + w2x = F0 sen(wt); x(0) = 0; x′ cos = 0

5. mx′′ + bx′ + kx = F0 cos(wt);F0, w > 0 y 0 < b2 < 4mk

6. Ld2q

dt2+R

dq

dt+

1

cq = E(t);L,R,C constantes

Ejercicio 4.9.5. Resolver cada ecuacion por metodo de variacion deparametros

1. y′′ + 4y = tan(2x)

2. y′′ + 2y′ + 5y = e−x sec 2x

3. y′′ + y = sec x csc x

Ejercicio 4.9.6. Resolver cada ecuacion de Cauchy-Euler.

1. x2y′′ + xy′ + 4y = 0

2. x3y′′′ − 6y = 0

3. x2y′′ + 3xy′ = 0; y(1) = 0; y′(1) = 4

4. x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0; y(1) = 5; y′(1) = 3.

CAPITULO 5

Sistemas de ecuaciones lineales

Un sistema de ecuaciones lineales tiene la siguiente forma:

dx1

dt= a11(t)x1 + a12(t)x2 + · · ·+ a1n(t)xn + f1(t)

dx2

dt= a21(t)x1 + a22(t)x2 + · · ·+ a2N(T )xn + f2(t)

... =...

......

...dxn

dt= an1(t)x1 + an2(t)x2 + · · ·+ ann(t)xn + fn(t),

el cual es equivalente a

d

dt

x1

x2...xn

=

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

......

...an1 an2 · · · ann

x1

x2...xn

+

f1(t)f2(t)...

fn(t)

o

X′ = AX+ F (5.0.1)

que recibe el nombre de sistema no homogeneo de n-ecuaciones con n-incognitas. Si F = 0, entonces el sistema

X′ = AX, (5.0.2)

70 Sistemas de ecuaciones lineales

se llama sistema homogeneo.¿Como determinar una solucion no trivial del sistema homogeneo X′ = AX?La solucion de (6.0.2) es de la forma

X(t) = Keλt, (5.0.3)

donde K =

k1...kn

, Derivando (6.0.3) obtenemos que

X′(t) = Kλeλt, (5.0.4)

reemplazando la ecuacion (6.0.3) en la (6.0.2) tenemos que:

X′(t) = AKeλt. (5.0.5)

Igualando (5.0.4) y (5.0.5) obtenemos que AKeλt = λKeλt, ecuacion que esequivalente a

(A− λI)K = 0. (5.0.6)

La ecuacion (5.0.6) no es mas que el siguiente sistema de ecuaciones:

(a11 − λ1)k1 + a12k2 + · · ·+ a1nkn = 0

a21k1 + a22k2 + · · ·+ a2nkn = 0 (5.0.7)...

an1k1 + an2k2 + · · ·+ annkn = 0

Observacion 5.0.1. i) Para determinar la solucion no trivial de laecuacion (6.0.2), debemos obtener la solucion no trivial de la ecuacion(5.0.7).

ii) Lo anterior quiere decir que debemos hallar un vector no trivial K(K =0) que satisfaga (5.0.6).

iii) Para que (5.0.6) tenga soluciones no triviales, se requiere que

det(A− λI) = 0, (5.0.8)

llamada la ecuacion caracterıstica de la matriz A.

71

iv) En otras palabras, X = Keλt es solucion de (6.0.2), si y solo si λ en unvalor propio de A y K es el vector propio correspondiente a A.

Lo anterior nos permite enunciar el siguiente teorema:

Teorema 5.0.1. Sean λ1, λ2, . . . , λn n-valores propios reales y diferentes dela matrix A de coeficientes del sistema (6.0.2), y sean k1, k2, . . . , kn los n-vectores propios correspondientes. Entonces la solucion del sistema (6.0.2)en el intervalo (∞,−∞) es de la forma:

X(t) = c1k1eλ1t + c2k2e

λ2t + · · ·+ cnkneλnt.

Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones.

Ejemplo 5.0.4.

dx

dt= 2x+ 3y

dy

dt= 2x+ y

Este sistema es equivalente a

X′ =

(2 32 1

)X. Luego la ecuacion caracterıstica de la matriz A =

(2 32 1

)es det(A − λI) = (λ + 1)(λ − 4) = 0. La que genera los valores propiosλ1 = −1 y λ2 = 4. Para λ1 = −1, el vector propio correspondiente se obtiene

de la ecuacion (A− λI)K = 0, o,

(3 32 2

)(k1k2

)=

(00

), donde

3k1 + 3k2 = 0

2k1 + 2k2 = 0.

De la primera ecuacion obtenemos que k1 = −k2. Si k2 = −1, entonces

k1 = 1; luego K =

(1−1

)y X1(t) =

(1−1

)e−t. De igual manera para λ2 = 4,

obtenemos

(−2 32 −3

)(k1k2

)=

(00

)y de −2k1+3k2 = 0, k1 =

3

2k2, si k2 = 2

entonces k3 = 3. Luego, X2(t) =

(32

)e4t. Por consiguiente la solucion general

del sistema es:

X(t) =(x(t)y(t)

)=

(c1e

−t + 3c2e4t

−c1e−t + 2c2e

4t

)


Ejemplo 5.0.5.

dx

dt= −4x+ y + z

dy

dt= x+ 5y − z

dz

dt= y − 3z

El sistema dado es equivalente a

X′ =

−4 1 11 5 −10 1 −3

X. De la ecuacion det(A − λI) = 0, obtenemos que los

valores propios son λ1 = −3, λ2 = −4 y λ3 = 5. Para λ = −3, tenemos que

de (A+ 3I)K = 0, o,

−1 1 11 8 −10 1 0

k1k2k3

=

000

, que genera el siguiente

sistema

−k1 + k2 + k3 = 0

k1 + 8k2 − k3 = 0

k1 = 0.

Si k2 = 0, entonces k1 = k3 = 1, para obtener que K =

101

y

X1(t) =

101

e−3t. Para λ = 4, tenemos que de (A + 4I)K = 0, o,0 1 11 9 −10 1 1

k1k2k3

=

000

que genera el siguiente sistema

k2 + k3 = 0

k1 + 9k2 − k3 = 0

k2 + k3 = 0.

La ultima ecuacion implica que k2 = −k3, tambien, k1 = −k2 + k3 = −10k2,

si k2 = −1, k1 = 10. Entonces K2 =

10−12

y X2(t) =

10−12

e4t. Para

λ = 5, de (A − 5I)K = 0 es

−9 1 11 0 −10 1 −8

k1k2k3

=

000

. De donde

5.1 Valores propios repetidos 73

k1 = k3; k2 = 8k3. Si k1 = k3 = 1, entonces k2 = 8 y K3 =

181

;

X3(t) =

181

e5t. De esta manera la solucion general es:

x(t)y(t)z(t)

=

c1e−3t + 10c2e

−4t + c3e5t

−c2e−4t + 8c3e

5t

c1e−3t + c2e

−4t + c3e5t

.

5.1. Valores propios repetidos

Si λ1 es un valor propio repetido de multiplicidad dos y solo tiene unvector propio asociado con el. La primera solucion es

X1(t) = Keλ1t. (5.1.1)

Podemos determinar una segunda solucion de la forma

X2(t) = Kteλ1t + Peλ1t, (5.1.2)

donde K =

k1...kn

y

p1...pn

.

Reemplazando la ecuacion (5.1.2) en X′ = AX, obtenemos que

X′ = Keλ1t + λ1Kteλ1t + λ1Peλ1t = A[Kteλ1t + Peλ1t]

o

(AK− λ1K)eλ1t + (AP− λ1P−K)eλ1t = 0.

Esta ultima ecuacion se cumple si y solo si: (A− λI)K y (A− λ1I)P = K.Estas dos ultimas ecuaciones conducen a las soluciones (5.1.1) y (5.1.2).Resolver los sistemas considerados.

Ejemplo 5.1.1. X′ =

(3 −182 −9

)X. De la ecuacion auxiliar det(A−λI) = 0,

obtenemos que (λ+ 3)2 = 0 y λ1 = λ2 = −3 = λ.


Para λ = −3, tenemos que (A + 3I)K = 0;

(6 −182 −6

)(k1k2

)=

(00

)y

k1 = 3; k2 = 1. Luego el vector propio asociado es K =

(31

)y la solucion es

X1(t) =

(31

)e−3t.

De la ecuacion (A + 3I)P = K, obtenemos que P =

(12

0

); y la solucion es

X2(t) =

(31

)te−3t +

(12

0

)e−3t, por lo tanto la solucion general es(

x(t)y(t)

)=

(3c1e

−3t + (3 + 12)c2te

−3t

c1e−3t + c2te

−3t

).


1 −2 2−2 1 −22 −2 1

X. De la ecuacion auxiliar

det(A− λI) = 0, obtenemos que (1 − λ)(λ − 3)(λ + 1) + 8(λ + 1) = 0 yλ1 = −1 = λ3;λ2 = 5.

De λ1 = −1 y (A + I)K = 0, obtenemos que K1 =

110

y

K2 =

011

donde K1 y K2 son linealmente independientes. Entonces

X1(t) =

110

e−t y X2(t) =

011

e−t.

Luego la solucion general es:

X(t) = c1

110

e−t + c2

011

e−t + c3

1−11

e5t.

Observacion 5.1.1. i) A es simetrica, es decir (A = AT ).

ii) Al resolver el sistema X′ = AX, si A es simetrica y los valores propiosson reales, es posible hallar k1, . . . , kn vectores propios linealmenteindependientes y su solucion general es

X(t) = c1X1(t) + c2X2(t) + · · ·+ cnXn(t).

5.2 Valores propios de multiplicidad tres 75

5.2. Valores propios de multiplicidad tres

En este caso las soluciones son de la siguiente forma:

X1(t) = Keλt

X2(t) = Kteλt + Peλt

X3(t) = Kt2

2eλt + Pteλt +Qeλt, (5.2.1)

donde K =

k1...kn

;P =

p1...pn

y Q =

q1...qn

.

Al sustituir la ecuacion (6.0.5) en X′ = AX, los vectores P,K y Q debensatisfacer las ecuaciones (A − λI)K = 0, (A − λI)P = K y (A − λI)Q = P,que generan las soluciones X1,X2 y X3 respectivamente.Resolver cada sistema.


2 1 60 2 50 0 2

X. El polinomio caracterıstico

det(A− λI) = 0 es (2− λ)3 = 0 y λ1 = λ2 = λ3 = 2 = λ.

De (A− 2I)K = 0,K =

100

y X1(t) =

100

e2t

De (A− 2I)P = K,P =

010

y X2(t) =

100

e2t +

010

De (A − 2I)Q = P,Q =

0−6

525

y X3(t) =

100

t2

2e2t +

010

te2t +

0−6

525

La solucion general es:

X(t) = c1

100

+c2[

(18

)te2t+

010

e2t]+c3[

100

t2

2e2t+

010

te2t+

0−6

525

].

5.3. Valores propios complejos

Sea A la matriz de coeficientes del sistema X′ = AX, con elementosreales y sea K1 un vector propio correspondiente al valor propio complejo


λ1 = α+ iβ donde α y β son reales. Entonces K1eλ1t y K1e

λ1t son solucionesde X′ = AX.

Ejemplo 5.3.1. Resolver el siguiente sistema

{dxdt

= 6x− ydydt5x+ 4y

.

El polinomio caracterıstico es det(A− λI) = λ2 − 10λ+ 29 = 0, con valorespropios λ1 = 5 + 2i;λ1 = 5− 2i.Para λ1 = 5 + 2i, de la ecuacion (A− λI)K = 0 obtenemos el vector propio

asociado, K1 =

(1

1− 2i

)y para λ1 = 5 − 2i, K1 =

(1

1 + 2i

)que genera la

solucion general

X(t) = c1

(1

1− 2i

)e(5+2i)t + c2

(1

1 + 2i

)e(5−2i)t,

la cual es compleja. Para nuestro estudio nos interesan soluciones reales.

El siguiente teorema nos da respuesta a nuestra inquietud:

Teorema 5.3.1. Sea λ1 = α + βi un valor propio complejo de la matriz decoeficientes A del sistema X′ = AX y sean B1 y B2 los vectores columna,

B1 =1

2(K1 +K1) y B2 =

i

2(−K1 +K1).

Entonces

X1(t) = [B1 cos βt− B2 sen βt]eαt

X2(t) = [B2 cos βt+ B1 sen βt]eαt

Observacion 5.3.1. B1 = Re(K1) y B2 = Im(K1).Aplicando el teorema anterior al ejemplo anterior, tenemos:

De λ1 = 5+2i = α+βi;K1 =

(1

1− 2i

)=

(11

)+

(0−2

)= B1+B2i, tenemos

que:

X1(t) = [

(11

)cos 2t−

(0−2

)sen 2t]e5t

X2(t) = [

(0−2

)cos 2t+

(11

)sen 2t]e5t,

y por consiguiente la solucion es

X(t) = c1X(t) + c2X2(t).

5.4 Sistemas no homogeneos 77

Ejemplo 5.3.2. Resolver el sistema X′(t) =

(2 1−4 2

)X(t). (Ejercicio)

Ejemplo 5.3.3. Resolver el sistema X′ =

(2 8−1 −2

)X;X(0) =

(2−1

).

Del polinomio caracterıstico det(A − λI) = λ2 + 4 = 0, obtenemos queλ1 = 2i, λ1 = −2i.

De (A − λI)K = 0, obtenemos que K1 =

(2 + 2i−1

)=

(2−1

)︸︷︷︸

B1

+

(20

)i︸︷︷︸

B2

, de lo

anterior obtenemos:

X1(t) = [

(2−1

)cos 2t−

(20

)sen 2t]

X2(t) = [

(20

)cos 2t−

(2−1

)sen 2t]

X(t) = c1X1(t) + c2X2(t).

Aplicando las condiciones iniciales, tenemos que:

X1

(00

)= c1[

(2−1

)cos(0)−

(20

)sen(0)]+c2[

(20

)cos(0)+

(2−1

)sen(0)] =

(2−1

)

que generan el siguiente sistema

{2c1 + 2c2 = 2

−c1 = −1, con c1 = 1, c2 = 0Luego, la solucion particular es:

X(t) =(2 cos 2t− 2 sen 2t

− cos 2t

)=

(x(t)y(t)

)

5.4. Sistemas no homogeneos

Ahora que tenemos algunos conocimientos de sistemas homogeneos concoeficientes constantes, centremos nuestra atencion en sistemas que no seanhomogeneos. Consideremos el sistema

X′ = AX+ F, (5.4.1)

donde A es una matriz constante n ∗ n y F es una funcion vectorial de t.Para hallar la solucion del sistema (6.0.6), necesitamos hallar primero la


solucion general Xg del sistema X′ = AX y una solucion particular Xp delsistema (6.0.6). La solucion general de (6.0.6) es X = Xg +Xp. Para hallar lasolucion Xp usaremos una tecnica de variacion de parametros. Ilustraremosesta situacion mediante algunos ejemplos.

Ejemplo 5.4.1. Resolver el siguiente sistema.

X′ =

(0 1−2 3

)X+

(f(t)g(t)

)(5.4.2)

Resolvamos primero el sistema

X′ =

(0 1−2 3

)(5.4.3)

La solucion de (6.0.8) es de la forma:

Xg = c1

(11

)et + c2

(12

)e2t. (5.4.4)

Una solucion particular de (6.0.7) es de la siguiente forma:

Xp = c1(t)

(11

)et + c2(t)

(12

)e2t. (5.4.5)

Reemplazando (5.4.5) en (6.0.7) obtenemos:

c1(t)

(11

)et + 2c2(t)

(12

)e2t + c′1(t)

(11

)et + c′2(t)

(12

)e2t

=

(0 1−2 3

)[c1(t)

(11

)et + c2(t)

(12

)e2t] +

(f(t)g(t)

),

entonces

c1(t)

(11

)et + 2c2(t)

(12

)e2t + c′1(t)

(11

)et + c′2(t)

(12

)e2t

=

(0 1−2 3

)c1(t)

(11

)et +

(0 1−2 3

)c2(t)

(12

)e2t +

(f(t)g(t)

)(5.4.6)

La ecuacion (5.4.6) es equivalente a:

c′1(t)

(11

)et + c′2(t)

(12

)e2t =

(f(t)g(t)

)(5.4.7)


pues los otros terminos en (5.4.6) se cancelan porque Xg es solucion delsistema (5.0.4).La ecuacion (5.4.7) puede escribirse como:(

1 11 2

)(c′1(t)e

t

c′2(t)e2t

)=

(f(t)g(t)

).

Al usar la regla de Cramer encontramos que:

c′1(t)et =

∣∣∣∣f(t) 1g(t) 2

∣∣∣∣ = 2f(t)− g(t)

c′2(t)e2t =

∣∣∣∣1 f(t)1 g(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣1 11 2

∣∣∣∣ = g(t)− f(t)

luego, c′1(t) = [2f(t) − g(t)]e−t y c′2(t) = [g(t) − f(t)]e−2t e integrandoobtenemos que c1(t) =

∫[2f(t) − g(t)]e−tdt y c2(t) =

∫[g(t) − f(t)]e−2tdt,

si f(t) = et y g(t) = 1, obtenemos que

c1(t) = 2t+ e−t (5.4.8)

c2(t) = −1

2e−2t + e−t (5.4.9)

Reemplazando las ecuaciones (5.4.8) y (5.4.9) obtenemos que la solucionparticular de (5.4.5) es:

Xp = (2t+ e−t)

(11

)et + (−1

2e−2t + e−t)

(e2t)

o

Xp = (2tet + 1)

(11

)+ (−1

2+ et)

(12

). (5.4.10)

Por lo tanto, la solucion general del sistema (6.0.7) para f(t) = et y g(t) = 1es:

X = Xg + Xp = c1

(11

)et + c2

(12

)e2t + (2tet + 1)

(11

)+ (−1

2+ et)

(12

)


Ejemplo 5.4.2. Resuelva el sistema

X′ = AX+B (5.4.11)

para A =

(2 1−4 2

)y B =

(3e2t

te2t

).

Resolvamos el sistema X′ =

(2 1−4 2

)X.

La solucion del sistema homogeneo es:

Xg = e2t[c1{(10

)cos 2t−

(02

)sen 2t}+ c2{

(01

)cos 2t+

(10

)sen 2t}].

Buscamos una solucion particular del sistema no homogeneo de la forma:

Xp = e2t[c1(t){(10

)cos 2t−

(02

)sen 2t}+ c2(t){

(02

)cos 2t+

(10

)sen 2t}]

(5.4.12)Reemplazando (6.0.11) en (6.0.10) y omitiendo los terminos que se cancelan,tenemos:

e2t[c′1(t){(10

)cos 2t−

(02

)sen 2t}+c′2(t){

(02

)cos 2t+

(10

)sen 2t}] =

(3e2t

te2t

)que equivale a (

cos 2t sen 2t−2 sen 2t 2 cos 2t

)(c′1(t)c′2(t)

)=

(3t

)Al resolver para c′1(t) y c′2(t) tenemos:

c′1(t) =1

2

∣∣∣∣3 sen 2tt 2 cos 2t

∣∣∣∣ = 1

2(6 cos 2t− t sen 2t)

c′2(t) =1

2

∣∣∣∣ cos 2t 3−2 sen 2t t

∣∣∣∣ = 1

2(t cos 2t+ 6 sen 2t)

La integracion de estas funciones de:

c1(t) =1

8(2t cos 2t+ 11 sen 2t)

c2(t) =1

8(2t sen 2t− 11 cos 2t)


Por lo tanto una solucion particular del sistema (6.0.10) tiene la forma:

Xp = e2t(

c1(t) cos 2t+ c2(t) sen 2t−2c1(t) sen 2t+ 2c2(t) cos 2t

)= e2t

( 1

4t

−vdfrac114

)

o

Xp =1

4e2t(

t−11

)La solucion general del sistema (6.0.10) es:

X = Xg +1

4e2t(

t−11

).

Ejercicio 5.4.1. Resolver cada uno de los siguientes sistemas.

1.

dx

dt= −4x+ 2y

dy

dt= −5

2x+ 2y

2. X′ =

(10 −58 −12

)X

3. X′ =

−1 1 01 2 10 3 −1

X

4. X′ =

(−1 3−3 5

)X

5. X′ =

1 0 02 2 −10 1 0

X

6. X′ =

(4 −55 −4

)X

7. X′ =

1 −12 −141 2 −31 1 −2

X; X(0) =

46−7


8. X′ =

(−3 −12 −1

)X; X(0) =

(−10

)

9. X′ =

1 0 −10 2 01 0 1

; X(0) =

−221

10. X′ =

1 2 −10 1 10 −1 1

X

11. X′ =

a 0 00 b 00 0 c

X

12. X′ =

4 0 10 6 1−4 0 4

X

13. X′ =

(0 1−2 3

)X+

(et

2

)

14. X′ =

(2 1−4 2

)X+

(te2t

−e2t

)

15. X′ =

(3 3−1 −1

)X+

(t1

)

16. X′ =

(3 3−1 1

)X+

(et

e2t

)

17. X′ =

(0 1−2 3

)X+

(03

)et

CAPITULO 6

Transformadas de Laplace

Las transformadas de Laplace es otra manera de resolver problemas devalor inicial para ecuaciones lineales con coeficientes constantes. Esta tecnicanos permite cambiar la tarea de resolver una ecuacion diferencial, por unaecuacion algebraica.Consideremos el siguiente ejemplo:{

y′ + y = eat; a constante

y(0) = 0(6.0.1)

consideremos dos casos:

i) Si a = −1, entonces y′ + y = e−t es una ecuacion diferencial lineal conP (t) = 1 y Q(t) = e−t, cuya solucion es

y(t) = te−t (6.0.2)

ii) Si a = −1, entonces y′+y = eat es nuevamente una ecuacion diferenciallineal con P (t) = 1 y Q(t) = eat, cuya solucion es

1

a+ 1(eat − e−t) = y(t). (6.0.3)

Luego, la ecuacion (6.0.1), tiene dos soluciones particulares dadas por(6.0.2) y (6.0.3).

84 Transformadas de Laplace

Definicion 6.0.1. Sea f una funcion definida en [0,∞). La transformadade Laplace de f(t) es la funcion F (s) definida mediante la integral

F (s) : L{f(t)}(s) :=∫ ∞

0

e−stf(t)dt. (6.0.4)

El dominio de F (s) consta de todos los valores de s para los cuales la integral(6.0.4) existe.

Observacion 6.0.1. i) El operador transformada de Laplace, se defineası:

L : f(t) → F (s).

ii) Debido al infinito (∞) en el limite superior de la integral (6.0.4), estaes una integral impropia y se define mediante:∫ ∞

0

e−stf(t)dt = lımb→∞

∫ b

0

e−stf(t)dt.

iii) Otras notaciones para las transformadas pueden ser G(s) : L{g(t)}(s),H(s) = L{h(t)}(s), · · · , etc.

iv) De∫∞0

e−stf ′(t)dt = lımb→∞ e−stf(b)− f(0) + s∫∞0

e−stf(t)dt

L{f ′(t)} = −f(0) + sL{f(t)}

¿Que relaciona esta transformada?

v) Si

∫ ∞

0

e−stf(t)dt =

∫ ∞

0

e−stg(t), entonces f(t) = g(t).

Si L{f(t)}(s) = L{g(t)}(s), entonces f(t) = g(t).

vi)

∫ ∞

0

e−st[af(t) + bg(t)] = a

∫ ∞

0

e−stf(t)dt+ b

∫ ∞

0

e−stg(t)dt ⇔

L{af(t) + bg(t)} = aL{f(t)}+ bL{g(t)}

si b = 0, entonces L{af(t)} = aL{f(t)}.

85

Figura 6.1: Transformada de et

vii)

∫ ∞

0

e−steatdt =

∫ ∞

0

e−(s−a)tdt =1

s− a; s > a ⇔

L{eat} =1

s− a; s > a

si a = 1, entonces L{et} =1

s− 1; s > 1

Si a = 2, entonces L{e2t} =1

s− 2; s > 2 ; lo anterior se puede ilustrar

graficamente como se muestra en las figuras (6.1) y (6.2).

viii) De

∫ ∞

0

e−st(0)dt = 0

∫ ∞

0

e−stdt = 0 ⇔

L{0} = 0.

Ejemplo 6.0.3. Resolver el siguiente problema de valor inicial

{y′ + y = eat

y(0) = 0Resolveremos este problema utilizando el metodo de la transformada de


Figura 6.2: Transformada de e2t

Laplace.De y′ + y = eat, obtenemos que:

L{y′+y} = L{eat} ⇔ L{y′}+L{y} =1

s− a⇔ −y(0)+sL{y}+L{y} =

1

s− a

⇔ L{y}(s+ 1) =1

s− a⇔ L{y} =

1

(s+ 1)(s− a)∗

L{y(t)} =1

(s+ 1)(s− a)=

A

s+ 1+

B

s− a=

A(s− a) + B(s+ 1)

(s+ 1)(s− a)⇔

L{y(t)} = 1 = A(s−a)+B(s+1) Si s = a ⇒ B =1

a+ 1; Si s = −1 ⇒ A =

−1

a+ 1

L{y(t)} =− 1

a+1

s+ 1+

1a+1

s− a=

1

a+ 1

( 1

s− a− 1

s− 1

)

L{y} =1

a+ 1[L{eat} − L{e−t}] ⇔ L{y} = L{ 1

a+ 1(eat − et)}

y(t) =1

a+ 1(eat − e−t)

Si hacemos a = −1 en *, entonces

L{y} =1

(s+ 1)2.

87

No tenemos un valor de y(t) que satisfaga la ecuacion.Como y(t) = te−t es solucion para a = −1, esto sugiere lo siguiente:∫ ∞

0

e−st(te−t)dt =

∫ ∞

0

te(−s+1)tdt, integrando por partes con u = t; du = dt

y dv = e−(s+1)tdt; v = − 1

s+ 1e−(s+1)t, obtenemos que

∫ ∞

0

te−(s+1)tdt = lımb→∞

∫ b

0

te−(s+1)tdt = lımb→∞

[− 1

s+ 1te−(s+1)t|b0+

1

s+ 1

∫ b

0

e−(s+1)t]dt

= − 1

s+ 1[ lımb→∞

be−(s+1)b − 0] +1

s+ 1lımb→∞

[− 1

s+ 1e−(s+1)t|b0

= − s

(s+ 1)2[ lımb→∞

e−(s+1)b − 1] =1

(s+ 1)2

Luego, ∫ b

0

te−(s+1)tdt =1

(s+ 1)2⇔ L{te−t} =

1

(s+ 1)2.

Ejemplo 6.0.4. Hallar L{sen t} y L{cos t} aplicando la definicion (Ejerci-cio). Utilizaremos el hecho de que:

L{y′} = −y(0) + sL{y} (6.0.5)

Al hacer y′(t) = sen t, entonces y(t) = − cos t; y(0) = −1 (−y(0) = 1).Luego,

L{sen t} = 1− sL{cos t}, (6.0.6)

utilizando nuevamente la ecuacion (6.0.5) con y′(t) = cos t, entonces y(t) =sen t, y(0) = 0. Entonces

L{cos t} = sL{sen t} (6.0.7)

Reemplazando (6.0.7) en (6.0.6), obtenemos

L{sen t} = 1− s[sL{sen t}]L{sen t} = 1− s2L{sen t}

L{sen t} =1

1 + s2(6.0.8)

Reemplazando (6.0.8) en (6.0.7), tenemos:

L{cos t} = s( 1

1 + s2

)=

s

1 + s2


Ejemplo 6.0.5. Demuestre que L{senh(t)} =1

s2 − 1y L{cosh(t)} =

s

1 + s2.

Nuevamente se utiliza la expresion

L{y′} = −y(0) + sL{y}. (6.0.9)

Al hacer y′(t) = cosh(t), entonces y(t) = senh(t), y(0) =e0 − e0

2= 0, luego

L{cosh(t)} = sL{senh(t)}. (6.0.10)

Utilizando nuevamente (6.0.9) con y′(t) = senh(t), entonces y(t) = cosh(t) =et + e−t

2y y(0) = 1. Entonces

L{senh(t)} = −1 + sL{cosh(t)}. (6.0.11)

Reemplazando (6.0.11) en (6.0.10) obtenemos:L{cosh(t)} = −s+ s2L{cosh(t)} ⇔ L{cosh(t)}(1− s2) = −s ⇔

L{cosh(t)} =−s

1− s2=

s

s2 − 1. (6.0.12)

Reemplazando (6.0.12) en (6.0.11), tenemos:

L{senh(t)} = −1 + s( s

s2 − 1

)=

1

s2 − 1

Ejemplo 6.0.6. Tambien L{1} =

∫ ∞

0

e−stdt =1

s= L{t0}

f(t) L{f(t)} = F (s)

11

s

t1

s2

eat1

s− a

teat1

(s− a)2

sen t1

s2 + 1cos t

s

s2 + 1

senh(t)1

s2 − 1cosh(t)

s

s2 − 1

89

Figura 6.3: Transformada de 1.

Ejemplo 6.0.7. Resolver el siguiente problema de valor inicial{y′ + 2y = 10 sen t

y(0) = 1

De y′ + 2y = 10 sen t, L{y′ + 2y} = L{10 sen t}

L{y′} + 2L{y} = 10L{sen t} ⇔ sL{y} − y(0) + 2L{y} =10

s2 + 1⇔

L{y}(s+ 2) =10

s2 + 1+ 1 ⇔

L{y} =10

(s+ 2)(s2 + 1)+

1

(s+ 2)(6.0.13)

Usando fracciones parciales

10

(s+ 2)(s2 + 1)=

A

s+ 2+

Bs+ C

s2 + 1=

A(s2 + 1) + (Bs+ C)(s+ 2)

(s+ 2)(s2 + 1)

10 = A(s2 + 1) + (Bs+ C)(s+ 2)10 = (A+B)s2 + (2B + C)s+ (A+ 2c)A+B = 0; −2A+ c = 0; A+ 2C = 10; A = 2, B = −2, C = 4Luego

10

(s+ 2)(s2 + 1)=

2

s+ 2− 2s+ 4

s2 + 1(6.0.14)


Reemplazando (6.0.14) en (6.0.13) obtenemos que

L{y} =1

s+ 2+

2

s+ 2− −2s+ 4

s2 + 1

L{y} =3

s+ 2− 2s

s2 + 1+

4

s2 + 1

L{y} = 3( 1

s+ 2

)− 2( s

s2 + 1

)+ 4( 1

s2 + 1

)L{y} = 3L{e−2t} − 2L{cos t}+ 4L{sen t}L{y} = L{3e−2t} − L{2 cos t}+ L{4 sen t}L{y} = L{3e−2t − 2 cos t+ 4 sen t}

Por ultimo tenemos:

y(t) = 3e−2t − 2 cos t+ 4 sen t.

6.1. Transformada de Laplace de tn

Como L{y′(t)} = sL{y(t)} − y(0). Sea y(t) = t2, entoncesy′(t) = 2t, y(0) = 0.

Luego L{2t} = sL{t2} ⇔ L{t2} =2L{t}

s=

2

s

1

s2=

2

s3ası, tenemos que

L{t2} =2

s3.

En general, sea y(t) = tn; y(0); y′(t) = ntn−1.

Ası L{ntn−1} = sL{tn} ⇔ L{tn} =n

sL{tn−1}

L{t3} =3

sL{t2} =

3

s

2

s3=

3 ∗ 2s4

L{t4} =4

sL{t3} =

2 ∗ 3 ∗ 4s5

=4 ∗ 3 ∗ 2

s5...

L{tn} =n(n− 1)(n− 2) · · · 3 ∗ 2 ∗ 1

sn+1=

n!

sn+1

Observacion 6.1.1. Como

L{y′(t)} = sL{y(t)} − y(0). (6.1.1)

6.1 Transformada de Laplace de tn 91

Si hacemos y = f ′(t); y′ = f ′′(t) y reemplazando en (6.1.1), obtenemos:

L{f ′′(t)} = sL{f ′(t)} − f ′(0), (6.1.2)

tambienL{f ′(t)} = sL{f(t)} − f(0). (6.1.3)

Reemplazando (6.1.3) en (6.1.2) tenemos:

L{f ′′(t)} = s[sL{f(t)} − f(0)]− f ′(0)

= s2L{f(t)} − sf(0)− f ′(0)

= s2L{f(t)} − [sf(0) + f ′(0)].

Este procedimiento se puede repetir tantas veces como queramos, paraaumentar la transformada de Laplace de la n-esima derivada de f(t), a saberf (n)(t).

Teorema 6.1.1. Si la transformada de Laplace de f(t) y sus primeras (n−1)derivadas existen, entonces

L{f (n)(t)} = snL{f(t)}− [sn−1f(0)+sn−2f ′(0)+ · · ·+sf (n−2)(0)+f (n−1)(0)].

Ejemplo 6.1.1. Hallar L{t sen t}Notese que si f(t) = t sen t, entonces f ′(t) = sen t + t cos t y f ′′(t) =cos t+ cos t− t sen t = 2 cos t− t sen tL{f ′′(t)} = s2L{f(t)} − [sf(0) + f ′(0)], entonces

L{2 cos t− t sen t} = s2L{t sen t} − [0] ⇔2L{cos t} − L{t sen t} = s2{t sen t} ⇔

L{t sen t} =2s

(s2 + 1)2.

Ejercicio 6.1.1. Para apreciar el valor de esta tecnica, intente evaluarL{t sen t} a partir de la definicion. !Buena suerte!

Ejemplo 6.1.2. Hallar L{sen at}.Resolverlo utilizando la definicion, es decir

L{sen at} =

∫ ∞

0

e−st sen atdt, (6.1.4)


(la anterior ecuacion integrala por partes).Utilizaremos los resultados anteriores:

F (s) = L{sen t} =

∫ ∞

0

e−st sen tdt =

1

s2 + 1(6.1.5)

En (6.1.4), hagamos el siguiente cambio de variable z = at;1

adz = dt

L{sen at} = L{sen z} =1

a

∫ ∞

0

e−( sa)z sen zdz =

1

aF (

s

a) =

1

a

1

( sa)2 + 1

=

a

s2 + a2luego, tenemos que

L{sen at} =a

s2 + a2.

Teorema 6.1.2. Si L{f(t)} = F (s), entonces L{f(at)} =1

aF (

s

a), a > 0.

Demostracion. Si z = at, entonces1

adz = dt. Luego, si

L{f(at)} =

∫ ∞

0

e−stf(at)dt, entonces

L{f(at)} = L{f(z)} =

∫ ∞

0

e−s( za)f(z)

1

adz

=1

a

∫ ∞

0

e−( sa)zf(z)dz =

1

aF(sa

)

Observacion 6.1.2. i) Como L{cos t} =s

s2 + 1= F (s), entonces

L{cos(at)} =1

aF(sa

)=

s

s2 + a2.

ii) Como L{sen t} =1

s2 + 1= F (s), entonces

L{sen(at)} =1

aF(sa

)=

a

s2 + a2.

6.2 Translacion 93

iii) Escogemos a > 0, para garantizar la existencia de integrales de laforma: ∫ ∞

0

e

−sz

a sen zdz.

6.2. Translacion

Como L{t} =

∫ ∞

0

e−sttdt =

1

s2(6.2.1)

y L{tet} =

∫ ∞

0

e−sttetdt =

∫0

∞e−(s−1)ttdt =

1

(s− 1)2(6.2.2)

Las transformadas (6.2.1) y (6.2.2) son semejantes.¿Existe un principio general oculto aquı?!Veamoslo!

Teorema 6.2.1. Primer teorema de translacion.Si L{f(t)} = F (s) para s > 0, entoncesL{eatf(t)} = F (s− a) para s > a.

Demostracion. L{eatf(t)} =

∫ ∞

0

e−steatf(t)dt =

∫ ∞

0

e−(s−a)tf(t)dt =

F (s− a)

Observacion 6.2.1. i) Como L{sen bt = b

s2 + b2} = F (s), entonces

L{eat sen bt} = F (s− a) =b

(s− a)2 + b2.

ii) Como L{cos bt = s

s2 + b2} = F (s), entonces

L{eat cos bt} = F (s− a) =s− a

(s− a)2 + b2.


6.3. Un producto especial

Dada F (s) = L{f(t)} =

∫ ∞

0

e−stf(t)dt, entonces

d

ds[F (s)] =

d

ds

∫ ∞

0

e−stf(t)dt =

∫ ∞

0

d

dse−stf(t)dt

=

∫ ∞

0

−te−stf(t)dt = −∫ ∞

0

e−sttf(t)dt = L{tf(t)}

d2

ds2[F (s)] = − d

dsL{tf(t)} = −

∫ ∞

0

d

dse−sttf(t)dt

=

∫ ∞

0

(−t)(−t)e−stf(t)dt =

∫ ∞

0

(−t2)e−stf(t)dt

= (−1)2∫ ∞

0

e−stt2f(t)dt = (−1)2L{t2f(t)

d3

ds3

[F (s)

]=

d

ds[d2

ds2F (s)] =

d

ds

[(−1)2L{t2f(t)}

]= (−1)2

∫ ∞

0

d

dse−stt2f(t)dt = (−1)2

∫ ∞

0

−te−stt2f(t)dt

= (−1)3∫ ∞

0

e−stt3f(t)dt = (−1)3L{t3f(t)}

En general:d(n)

dsn

[F (s)

]= (−1)nL{tnf(t)}.

Teorema 6.3.1. Producto especial.Si L{f(t)} = F (s), entonces para cualquier entero n ≥ 0, tenemos que

L{tnf(t)} = (−1)ndn

dsn

[F (s)

].

Ejemplo 6.3.1. L{t sen(at)} = (−1)d

ds

( a

s2 + a2

)=

2sa

(s2 + a2)2.

Ejemplo 6.3.2. L{t2 sen(at)} = (−1)2d2

ds2

( a

s2 + a2

)=

2a(a2 − 3s2)

(s2 + a2)2

Ejemplo 6.3.3. L{t cos(at)} = (−1)d

ds

( s

s2 + a2

)=

s2 − a2

(s2 + a2)2

6.4 Transformada inversa de Laplace 95

Ejemplo 6.3.4. L{teat} = (−1)d

ds

( 1

s− a

)=

1

(s− a)2.

6.4. Transformada inversa de Laplace

Si L{f(t)} = F (s), entonces L−1{F (s)} = f(t)

Observacion 6.4.1. i) Supongamos que cualquier transformada inversade Laplace existe y es unica.

ii) Si L{af(t) + bg(t)} = aF (s) + bG(s), entonces L−1{aF (s) + bG(s)} =aL−1{F (s)}+ bL−1{G(s)}

iii) Como L{f(at)} =1

|a|F(sa

), entonces L−1{F

(sa

)} = |a|f(at)

iv) Como L{eatf(t)} = F (s− a), entonces L−1{F (s− a)} = eatf(t)

v) Como L{eat sen bt} =b

(s− a)2 + b2, entonces

eat sen bt

b= L−1 1

(s− a)2 + b2

vi) Como L{eat cos bt} =s− 4

(s− a)2 + b2, entonces

L−1{ s− a

(s− a)2 + b2} = eat cos bt

Ejemplo 6.4.1. Si F (s) = L{f(t)} =1

(s− a)(s− b), a = b, hallar f(t).

Es decir f(t) = L−1{F (s)} = L−1{ 1

(s− a)(s− b)}, usando fracciones

parciales tenemos que:1

(s− a)(s− b)=

A

s− a+

B

s− b=

A(s− b) +B(s− a)

(s− a)(s− b)⇔

1 = A(s− b) + B(s− a) luego,1

(s− a)(s− b)=

1

a− b

( 1

s− a− 1

s− b

),

entonces f(t) = L−1{ 1

(s− a)(s− b)} =

1

a− b

[L−1{ 1

s− a} − L−1{ 1

s− b}]

f(t) =1

a− b[eat−ebt ].


Ejemplo 6.4.2. Si F (s) = L{f(t)} =s

(s− a)(s− b), a = b, hallar f(t).

f(t) = L−1{F (s)} = L−1{ s

(s− a)(s− b)} ⇔ s

(s− a)(s− b)=

s− a+ a

(s− a)(s− b)

=(s− a) + a

(s− a)(s− b)=

1

s− b+

a

(s− a)(s− b)⇔ L−1{ s

(s− a)(s− b)}

= L−1{ 1

s− b}+ L−1 a

(s− b)(s− a)= f(t) = ebt + aL−1{ 1

(s− b)(s− a)}

f(t) = ebt + a(eat − ebt).

Ejemplo 6.4.3. Si F (s) = L{f(t)} =1

(s2 + 1)2, hallar f(t).

1

(s2 + 1)2=

(s2 + 1)− s2

(s2 + 1)2=

1

(s2 + 1)− s2

(s2 + 1)2⇔ 1

(s2 + 1)2=

1

s2 + 1−(s2 − 1) + 2

(s2 + 1)2

=1

s2 + 1− s2 − 1

(s2 + 1)2− 1

(s2 + 1)2⇔ 2

(s2 + 1)2=

1

s2 + 1− s2 − 1

(s2 + 1)2⇔

1

(s2 + 1)2=

1

2

[ 1

s2 + 1− s2 − 1

(s2 + 1)2

]⇔ L−1{ 1

(s2 + 1)2} =

1

2

[L−1{ 1

s2 + 1}−L−1{ s2 − 1

(s2 + 1)2}]

f(t) =1

2[sen t− t cos t].

6.5. Escalon unitario (Funcion de Heaviside)

Una de las senales estudiadas en ingenierıa es llamada escalon unitario,denotada H(t) y se define de la siguiente manera:

H(t) =

{1, t ≥ 0

0, t < 0

Cuya grafica se muestra en la figura (6.4)

Observacion 6.5.1. i) La funcion H(t− a) =

{1, t ≥ a

0, t < 0es un desplaza-

miento de la funcion de Heaviside, cuya grafica se muestra en la figura(6.5)

6.5 Escalon unitario (Funcion de Heaviside) 97

Figura 6.4: Funcion de Heaviside

Figura 6.5: Desplazamiento de la funcion de Heaviside


Figura 6.6: Multiplicacion por la funcion de Heaviside

ii) Cuando se multiplica una funcion f por la funcion de HeavisideH(t−a),el resultado es la anulacion de la funcion f para valores de t menoresque a, vease figura (6.6).

Ejemplo 6.5.1. Si f(t) = eat, a > 0 entonces f(t) = H(t − a)eat ytiene la forma de la figura (6.7).

iii) El producto y = f(t−a)H(t−a) es el resultado de trasladar la funcionf , a unidades a la derecha y la anulacion de todo valor de t menor quea.¿Cual es la transformada de Laplace de esta funcion? !Veamoslo!

L{f(t− a)H(t− a)} =

∫ a

0

f(t− a)H(t− a)e−stdt

=

∫ ∞

0

f(t− a)H(t− a)e−stdt+

∫ ∞

a

f(t− a)H(t− a)e−stdt

6.5 Escalon unitario (Funcion de Heaviside) 99

Figura 6.7: Ejemplo

Ahora, vamos a aplicar el siguiente cambio de variable z = t − a ydz = dt

= lımb→∞

[∫ b

a

f(z)e−s(z+a)dz]= lım

b→∞

[e−sa

∫ b

a

f(z)e−stdz]= e−sa

[∫ ∞

a

f(z)e−szdz]=

e−saF (s),

donde F (s) = L{f(t)}.

Ejemplo 6.5.2. L{sen(t− 2π)H(t− 2π)} = e−2πs 1

s2 + 1.

Ejemplo 6.5.3. Si f(t) =

{2, 0 ≤ t ≤ 3

−2, t > 3, entonces

f(t) = 2− 4H(t− 3)

L{f(t)} = L{2− 4H(t− 3)}= L{2} − 4L{H(t− 3)}= 2L{1} − 4L{H(t− 3)}

=2

s− 4e−3s

s



{0, 0 ≤ t < 1

t2, t ≥ 1, entonces

f(t) = (t− 1)2H(t− 1) + 2(t− 1)H(t− 1) +H(t− 1)

L{f(t)} = L{(t− 1)2H(t− 1)}+ L{2(t− 1)H(t− 1)}+ L{H(t− 1)}

=2e−s

s3+

2e−s

s2+

e−s

s


0, 0 ≤ t ≤ 3π

2

sen t, t >3π

2

, entonces

Como cos(t − 3π2) = cos z cos

3π

2+ sen t sen

3π

2= − sen t, entonces tenemos

quef(t) = − cos(t− 3π

2)H(t− 3π

2), luego L{f(t)} = L{− cos(t− 3π

2)H(t− 3π

2)} =

−se−3πs

2

s2 + 1.

6.6. Convolucion

Se dara la definicion para funciones causales (son funciones cuyo dominioson los numeros reales positivos y el cero).

Definicion 6.6.1. Si dos funciones f y g son continuas parte por parte, laconvolucion de f con g se denota f(t) ∗ g(t) y se define ası:

f(t) ∗ g(t) =∫ t

0

f(T )g(t− T )dT .

Ejemplo 6.6.1. Si f(t) = t y g(t) = cos t, entonces:

f(t) ∗ g(t) = t ∗ cos t =∫ t

0

T cos(t− T )dT

=

∫ t

0

T [cos t cos T + sen t sen T ]dT = cos t

∫ t

0

T cos T dT + sen t

∫ t

0

T sen T dT

= cos t[T sen T + cos T |t0 + sen t[−T cos T + sen T |t0= cos t[t sen t+ cos t− 1] + sen[−t cos t+ t sen t]

= 1− cos t.

6.7 Transformada de Laplace de la convolucion 101

Figura 6.8: Convolucion

6.7. Transformada de Laplace de la convolu-

cion

Teorema 6.7.1. de convolucion.Si F (s) = L{f(t)} y G(s) = L{g(t)} entonces

L−1{F (s)G(s)} = f(t) ∗ g(t)L{f(t) ∗ g(t)} = F (s)G(s).

Demostracion.

L{f(t) ∗ g(t)} =

∫ ∞

0

[∫ t

0

f(T )g(t− T )dT]e−stdt

=

∫ ∞

0

∫ t

0

f(T )g(t− T )e−stdT dt

Cambiando el orden de integracion de dicha region obtenemos:

=

∫ ∞

0

∫ ∞

Tf(T )g(t− T )e−stdtdT


Figura 6.9: Region de integracion

Si z = t− T , entonces dz = dt y ademas si t → ∞, luego

L{f(t) ∗ g(t)} =

∫ ∞

0

∫ ∞

0

f(T )g(z)e−s(z+T )dzdT

=

∫ ∞

0

∫ ∞

0

f(T )g(z)e−sze−sT dzdT

=

∫ ∞

0

f(T )e−sT dT∫ ∞

0

g(z)e−szdz

= F (s)g(s)

Observacion 6.7.1. i) f(t) ∗ g(t) = g(t) ∗ f(t) (Ejercicio)

ii) De F (s) = L{f(t)} y G(s) = L{1} =1

s.

Entonces L−1{1sF (s)} =

∫ t

0

g(F) ⇔ L{∫ t

0

g(F)dT}=

1

sF (s).

6.7 Transformada de Laplace de la convolucion 103

Ejemplo 6.7.1. Calcular L−1{ 1

(s2 + 1)2

}utilizando el teorema de convolu-

cion.

L−1{F (s)G(s)} =

∫ t

0

f(T )g(t− T )dT

Sea f(t) = g(t) = sen t y L−1{ 1

s2 + 1

}= sen t. Entonces:

L−1{ 1

(s2 + 1)2

}= L−1

{ 1

s2 + 1

1

s2 + 1

}=

∫ t

0

f(T )g(t− T )dT

=

∫ t

0

sen T sen(t− T )dT

Como senA senB =1

2[cos(A−B)− cos(A+B)], entonces

L−1{ 1

(s2 + 1)2

}=

1

2

∫ t

0

[cos(T − t+ T )− cos(T + t− T )]dT

=1

2

∫ t

0

[cos(2T − t)− cos(t)]dT

=1

2sen t− 1

2t cos t.

Ejemplo 6.7.2. Hallar una funcion f(t) para la cual L{f(t)} =1

s(s− 1)2.

f(t) = L−1{ 1

s(s− 1)2

}= L−1

{1s

1

(s− 1)2

}=

∫ t

0

f(T )dT =

∫ t

0

T eT dT

pues L{tet} =1

(s− 1)2

L−1{ 1

s(s− 1)2

}= tet − et + 1.


6.8. Aplicaciones

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:

1. y′′ + 3y′ + 2y = 0, y(0) = 3, y′(0) = 1

L{y′′ + 3y′ + 2y} = L{0}L{y′′}+ 3L{y′}+ 2L{y} = 0

s2L{y} − [s(3) + 1] + 3sL{y} − 3(3) + 3L{y} = 0

s2L{y} − 3s− 1 + 3sL{y} − 9 + 2L{y} = 0

L{y}[s2 + 3s+ 2] = 3s+ 10

L{y} =3s+ 10

s2 + 3s+ 2

L{y} =3s+ 10

(s+ 2)(s+ 1)

Aplicando fracciones parciales, tenemos:3s+ 10

(s+ 2)(s+ 1)=

A

(s+ 2)+

B

(s+ 1)⇔ 3s+ 10

(s+ 2)(s+ 1)=

A(s+ 1) +B(s+ 2)

(s+ 2)(s+ 1)⇔ 3s+ 10 = A(s+ 1) +B(s+ 2).

Si s = −2 ⇒ A = −1

4; Si s = −2 ⇒ B = 7. Luego

L{y} =7

s+ 1− 1

4(s+ 2)= 7L+1{e−t} − 1

4L+1{e−2t}

L{y} = L+1{7e−t − 1

4e−2t}

y(t) = 7e−t − 1

4e−2t.

2. y′′ + 4y′ + 3y = e−3t, y(0) = 0, y′(0) = 14

L{y′′ + 4y′ + 3y} = L{e−3t}L{y′′}+ 4L{y′}+ 3L{y} = L{e−3t}

s2L{y} − [sy(0) + y′(0)] + 4[sL{y} − y(0)] + 3L{y} =1

s+ 2

s2L{y} − 1 + 4sL{y}+ 3L{y} =1

s+ 2

L{y} =(s+ 3)

(s+ 2)(s+ 3)(s+ 1)

6.8 Aplicaciones 105

Aplicando fracciones parciales, tenemos:(s+ 3)

(s+ 2)(s+ 3)(s+ 1)=

A

s+ 2+

B

s+ 3+

C

s+ 1=

A(s+ 3)(s+ 1) +B(s+ 2)(s+ 1) + C(s+ 2)(s+ 3)

(s+ 2)(s+ 3)(s+ 1)⇔

s+ 3 = A(s+ 3)(s+ 1) +B(s+ 2)(s+ 1) + C(s+ 2)(s+ 3)

Si s = −2, entonces 1 = A(1)(−1) ⇒ A = −1Si s = −3, entonces 0 = B(−1)(−2) ⇒ B = 0Si s = −1, entonces 2 = C(1)(2) ⇒ C = 2Luego

L{y} = − 1

s+ 2+

2

s+ 1

L{y} = −L+1{e−2t}+ 2L+1{e−t}L{y} = L{−e−2t}+ L{2e−t}L{y} = L{−e−2t + 2e−t}y(t) = −e−2t + 2e−t

Ejercicio 6.8.1. Use la identidad de Euler eikt = cos kt+i sen kt para obtener

la formula cos kt =eikt + e−ikt

2. Posteriormente calcularle L{cos kt}.

Ejercicio 6.8.2. Calcule las transformadas de las siguientes funciones:

1. f(t) = sen2 t

2. f(t) = cos2 t

3. f(t) = sen(2t) cos(3t)

4. f(t) = cos(3t) cos(5t)

5. f(t) = L{3e4t − e−2t}

6. f(t) = (t− 1)2

7. f(t) =

{2t+ 1; 0 < t < 1

0; t > 1


8. f(t) =

{−1; 0 ≤ t ≤ 2

1; t > 2

Ejercicio 6.8.3. Calcule la transformada inversa:

1. L−1{ 3

s4

}2. L−1

{ 4s

s2 + 9

}3. L−1

{ s

s2 + 2s− 3

}

4. L−1{

s

(s2 + 4)(s+ 2)}

5. L−1{ 3s+ 2

s2 + 6s+ 25

}Ejercicio 6.8.4. Calcule la transformada de cada una de las funciones dadas:

1. f(t) = t2 cos 3t

2. L{e6tt4}

3. L{e−3t sen 4t}

4. t2 cosh(3t)

Ejercicio 6.8.5. Resolver cada ecuacion utilizando la transformada deLaplace:

1. y′′ + a2y = 0; y(0) = 1; y′(0) = 0

2. y′′ + 4y′ + 3y = e−t; y(0) = 0; y′(0) = 1

3. y′′′ + 3y′′ + 2y′ + 6y = e2t; y(0) = 0; y′(0) = 0; y′′(0) = 0

4. x′′ + 4x′ + 4x = 4e2t; x(0) = −1; x′(0) = −4

5. x′′ − 4x′ + 4x = 4 cos 2t; x(0) = 2; x′(0) = 5

Bibliografıa

[1] Boyce, W. E., and DiPrima. R. C., Elementary Differential Equationsand Boundary Value Problems. 5a ed. John Wiley & Sons, Inc. NewYork. 1992.

[2] Coddington, E. A., An Introduction Ordinary Differential Equations.Dover Publications, Inc., New York. 1989.

[3] Hirsch, M. W., and Smale, S., Differential Equations, DynamicalSystems and Linear Algebra. Academic Press. New York. 1974.

[4] Sanchez, D. A., Ordinary Differential Equations and Stability Theory:An Introduction. Dover Publications, Inc., New York. 1979.

[5] Zill, D.G. Ecuaciones diferenciales con aplicaciones de modelado.Thompson-Lerning. Septima Edicion. Mexico, 2002.

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